数学中的： 0（mod5） 是表示长宽高用什么字母表示？
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时间：2015-05-03 15:45
请问,下面说同余式可像等式那样进行代换,例如,x≡2(mod5),然后又列了一个含有x的2次方程来说明它与同余式的代换关系.但是我没太明白,同余式x≡2(mod5)是怎样与那个方程产生联系的?为什么下面方程中的x会是2呢?9_百度作业帮
请问,下面说同余式可像等式那样进行代换,例如,x≡2(mod5),然后又列了一个含有x的2次方程来说明它与同余式的代换关系.但是我没太明白,同余式x≡2(mod5)是怎样与那个方程产生联系的?为什么下面方程中的x会是2呢?9
同余式的代换关系.但是我没太明白,同余式x≡2(mod5)是怎样与那个方程产生联系的?为什么下面方程中的x会是2呢?9≡4(mod5)又是怎样通过左面的式子得到的呢?
问题一:先看等式的性质吧.x=2那么2xx-x+3=2*4-2+3=9同余式类似x==2 mod 5那么2xx-x+3==9 mod 5如此而己.9 mod 5转化为 4 mod 5则也这个没有直接关系了,那是显然的化简而已.再就是书上这句话：同余式可以象等式一样代换这句话是不严格的,或者说只在一定条件下成立.同余关系x=r mod m相当于 x=r+mk,k为整数.同余关系是一种线性关系,对于代数和、积、商具有一定的代换性,这可以用多项式方法来证明,其中常用到二项式定理及其推广（多项式定理）.但是,对于指数式,是不能象等式一样随意代换的.如a==2 mod 10那么对于另一个数bb^a==b^2 mod 10不一定成立.更复杂的函数,自然也是不能随便的了.学习了欧拉函数定理,则更明确原因.问题二：同样与等式的消去律进行类比.等式的消去律：即两边同除一个非零（不为零）数,等式仍成立.ax=aya0则x=y同余式呢,其消去律则是：同余式两边同除以一个与模非可约（与模不可约,或称既约,或称互质,或称互素）的数,同余式成立.就是将等式的消去律中有“非零”换成为同余式的消去律中的“与模非可约”.例如：6x==9 mod 7 等价于2x==3 mod 7而6x==9 mod 15 不能等价于 2x==3 mod 15而是 6x==9 mod 15 等价于 2x==3 mod 5 等价于 2x=3或 3+5或 3+10 mod 15即2x==3或8或13 mod 15其实,还有一种更好的说法是这样的：ax==ay mod m等效于x==y mod (m/gcd(m,a))其中 k=gcd(X,Y,m),gcd表示最大公因数greatest common divisor.或写作gcf 即greateast common factor更进一步,它是下面的结论的一个等价的形式：X==Y mod m,等效于则X/k==Y/k mod m/k
x≡2(mod5)说明x=2或7或12……蓝线所示算式为了告诉你若x≡2(mod5)，则2x^2-x+3≡4(mod5)。这要证的话可以用数学归纳法x=5k-3，当k=1时2x^2-x+3=9≡4(mod5）成立设当x=5k-3时成立则2x^2-x+3=50k^2-65k+24≡4(mod5）成立当x=5（k+1）-3时原式=50k^2+...在数学中,有-0这种表示方法么？它的意义是什么？_百度知道
在数学中,有-0这种表示方法么？它的意义是什么？
提问者采纳
表示0的负极限不管+0还是-0都可以啦，反证0又没有正负，纯属多余有0-表示
那么根号下a的平方可以写成：1.a(a大于等于0）2.-a(a小于等于0）么？
不可以。虽然0在那边都行，但是已知a的值时，我们去查你的两个情况，发现a=0时哪个情况都可以，当然从正确性上是没什么问题，但最好能根据a的值得到唯一情况。（如果学了函数就该知道）
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没有。。0既不是正数也不是负数。。
那么-0不就是-1乘以0么?
数学中根本没有这样的写法。
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3秒自动关闭窗口数学竞赛中的数论问题罗增儒引言 数论的认识：数论是关于数的学问，主要研究整数，重点对象是正整数，对中学生可以 说，数论是研究正整数的一个数学分支． 什么是正整数呢？人们借助于“集合”和“后继”关系给正整数（当时也即自然数）作 过本质的描述，正整数 1，2，3，?是这样一个集合 N ? ： （1）有一个最小的数 1． （2）每一个数 a 的后面都有且只有一个后继数 a
；除 1 之外，每一个数的都是且只是 一个数的后继数． 这个结构很像数学归纳法，事实上，有这样的归纳公理： （3）对 N ? 的子集 M ，若 1 ? M ，且当 a ? M 时，有后继数 a ? M ，则 M ? N? ．//就是这么一个简单的数集，里面却有无穷无尽的奥秘，有的奥秘甚至使得人们怀疑：人 类的智慧还没有成熟到解决它的程度．比如，哥德巴赫猜想： 1742 年 6 月 7 日，普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉，提出“任何偶数， 由 4 开始，都可以表示为两个素数和的形式，任何奇数，由 7 开始，都可以表示为三个素数 的和．后者是前者的推论，也可独立证明（已解决） ． “表示为两个素数和的形式”就是著名 的哥德巴赫猜想，简称 1+1． 欧拉认为这是对的，但证不出来． 1900 年希尔伯特将其归入 23 个问题中的第 8 个问题． 1966 年陈景润证得：一个素数+素数 ? 素数（1+2） ，至今仍无人超越． ●陈景润的数学教师沈元很重视利用名人、 名言、 名事去激励学生， 他曾多次在开讲时， 说过这样的话:“自然科学的皇后是数学，数学的皇冠是数论，哥德巴赫猜想则是皇冠上的 明珠．??”陈景润就是由此而受到了启示和激励，展开了艰苦卓绝的终生奋斗和灿烂辉煌 的奋斗终生，离摘取“皇冠上的明珠”仅一步之遥． ●数论题涉及的知识不是很多， 但用不多的知识来解决问题往往就需要较强的能力和精 明多的技巧，有人说：用以发现数学人才，在初等数学中再也没有比数论教材更好的课程 了．任何学生如能把当今一本数论教材中的练习做出，就应当受到鼓励，劝他（她）将来去 从事数学方面的工作（U．Dudley《数论基础》前言） ．下面，是一个有趣的故事． 当代最高产的数学家厄尔多斯听说一个叫波萨（匈牙利，1948）的小男孩很聪明，就问 了他一个问题加以考察 （1959） ： 如果你手头上有 n ? 1 个正整数， 这些正整数小于或等于 2 n ， 那么你一定有一对整数是互素的，你知道这是什么原因吗？ 不到 12 岁的波萨只用了 1 分半钟， 就给出了问题的解答． 他将 1～ 2 n 分成 （1， 2） ， （3， 4） ，?， （ 2n ? 1, 2n ）共 n 个抽屉，手头的 n ? 1 个正整数一定有两个属于同一抽屉，这两 个数是相邻的正整数，必定互素． 通过这个问题，厄尔多斯认定波萨是个难得的英才，就精心加以培养，不到两年， 14 岁的波萨就发表了图论中“波萨定理” ． ●重视数学能力的数学竞赛，已经广泛采用数论题目，是数学竞赛四大支柱之一，四大1 支柱是：代数，几何，初等数论，组合初步（俗称代数题、几何题、算术题和智力题） ．高 中竞赛加试四道题正好是四大模块各一题，分别是几何题、代数题、数论题、组合题，一试 中也会有数论题． 数论受到数学竞赛的青睐可能还有一个技术上的原因， 就是它能方便地提 供从小学到大学各个层面的、新鲜而有趣的题目． 数论题的主要类型：在初中竞赛大纲中，数论的内容列有：十进制整数及表示方法；整 除性，被 2、3、4、5、8、9、11 等数整除的判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数； 奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约 数个数的计算； 简单的一次不定方程． 在高中竞赛大纲中，数论的内容列有：同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类， 二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[ x ]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法， 欧拉定理 ，孙子定理 ． 根据已出现的试题统计，中学数学竞赛中的数论问题的主要有 8 个重点类型： （1）奇数与偶数（奇偶分析法、01 法） ； （2）约数与倍数、素数与合数； （3）平方数； （4）整除； （5）同余； （6）不定方程； （7）数论函数、 ? x ? 高斯函数、 ? ? n ? 欧拉函数； （8）进位制（十进制、二进制） ． 下面，我们首先介绍数论题的基本内容（10 个定义、18 条定理） ，然后，对数学竞赛中 的数论问题作分类讲解．? ?2 第一讲数论题的基本内容中学数学竞赛中的数论问题涉及的数论内容主要有 10 个定义、18 条定理． 首先约定，本文中的字母均表示整数． 定义 1 （带余除法）给定整数 a, b, b ? 0, 如果有整数 q, r 0 ? r ? b 满足??a ? qb ? r ，则 q 和 r 分别称为 a 除以 b 的商和余数．特别的， r ? 0 时，则称 a 被 b 整除，记作 b a ，或 者说 a 是 b 的倍数，而 b 是 a 的约数． （ q , r 的存在性由定理 1 证明） 定义 2 （最大公约数）设整数 a1 , a2 ,, an 中至少有一个不等于零，这 n 个数的最大公约数是能整除其中每一个整数的最大正整数，记作 ? a1 , a2 ,, an ? ．? a1, a2 ,, an ? 中的 ai 没有顺序，最大公约数也称最大公因数．, an ? ? ? a1 , a2 , , an ? ．简单性质： ? a1 , a2 ,一个功能：可以把对整数的研究转化为对非负整数的研究． 定义 3 （ 最小公 倍数） 非零 整数 a1 , a2 ,, an 的 最小公 倍数 是能 被其中 每一 个ai ?1 ? i ? n ? 所整除的最小正整数，记作 ?a1, a2 ,, an ? ．简单性质：如果 k 是正整数 a , b 的公倍数，则存在正整数 m 使 k ? m 证明 若不然，有 k ? m?a, b? ? r （ 0 ? r ? ? a, b? ） ，由 k ,?a, b??a, b? 都是 a, b 的公倍数得 r?a, b? ．也是 a , b 的公倍数，但 0 ? r ? ? a, b? ，与 ? a, b? 的最小性矛盾．故 k ? m 定义 4如果整数 a , b 满足 ? a, b ? ? 1，则称 a 与 b 是互素的（也称互质） ．定义 5 大于 1 且除 1 及其自身外没有别的正整数因子的正整数，称为素数（也称质 数） ．其余大于 1 的正整数称为合数；数 1 既不是素数也不是合数． 定理 1 若 a , b 是两个整数， b ? 0 ，则存在两个实数 q , r ，使 a ? qb ? r ? 0 ? r ? b ? ， 并且 q , r 是唯一性． 证明 1 先证存在性．作序列, ?3b. ? 2b, ?b,0, b, 2b,3b,则 a 必在上述序列的某两项之间，从而存在一个整数 q ，使qb ? a ? ? q ?1? b ，3 即 取 得0 ? a ? qb ? b ， r ? a ? qb ， 0 ? r ? b ， a ? qb ? r ，即存在两个实数 q , r ，使 a ? qb ? r ? 0 ? r ? b ? ． 再证唯一性．假设不唯一，则同时存在 q1 , r 1 与 q1 , r2 ，使a ? q1b ? r1 ? 0 ? r1 ? b? ， a ? q2b ? r2 ? 0 ? r2 ? b? ，相减? q1 ? q2 ? b ? r2 ? r1 ，q1 ? q2 b ? r2 ? r1 ? b ， 0 ? q1 ? q2 ? 1，但 q1 ? q2 为整数，故 q1 ? q2 ? 0 ，得 q1 ? q2 ，从而 r 1 ?r 2． 注：如果取消 0 ? r ? b ，当 r ? 0 或 r ? b ，不保证唯一． 经典方法：紧扣定义，构造法证存在性，反证法证唯一性． 证明 2 只证存在性，用高斯记号，由0?a ?a? ? ? ?1， b ? ?b ?有?a? 0 ? a ?b? ? ? b ， ?b ?记 r ? a ? b ? ? ，故存在 q ? ? ? , r ? a ? b ? ? , 0 ? r ? b 使 b b b?a? ? ??a? ? ??a? ? ?a ? qb ? r ? 0 ? r ? b? ．证明 3 只证存在性，作集合M ? ?a ? bx | x ? Z , a ? bx ? 0?这是一个有下界的非空整数集，其中必有最小的，设 x ? q 时，有最小值 r ? r ? 0 ?a ? qb ? r ．再证 r ? b ，若不然， r ? b ，记 r ? b ? r1 ，有4 a ? qb ? r ? qb ? ?b ? r1 ? ? b ? q ? 1? ? r1 r1 ? a ? b ? q ?1? ? M即 M 有 r1 比 r 更小，这与 r 为最小值矛盾． 故存在两个实数 q , r ，使 a ? qb ? r ? 0 ? r ? b ? ． 定理 2 设 a, b, c 是三个不全为 0 的整数，满足 a ? qb ? c ，其中 q 也为整数，则? a, b? ? ?b, c? ．证明 设 A ? ｛ a , b 的公约数｝ ，B ? ｛ b, c 的公约数｝ ．任取 d ? A ? ??d | a ?d | c ? a ? bq ?? ? d ?B ? A? B， ?d | b ?d | b任取 d ? B ? ?? d | b ?d | b ?? ? d ? A ? B ? A， ?d | c ?d | a ? bq ? cA?B． 得 有 A 中元素的最大值 ? B 中元素的最大值，即? a, b? ? ?b, c? ．注：这是辗转相除法求最大公约数的理论基础． 经典方法：要证明 A ? B ，只需证 A ? B 且 B ? A ． 定理 3 对任意的正整数 a , b ，有? a, b? ??a, b? ? ab ．证明 因为 ab 是 a , b 的公倍数，所以 a , b 的最小公倍数也是 ab 的约数，存在 q 使ab ? q ?a, b? ，有a?q? a, b? 且 ? a, b? 为整数，b b故 q 是 a 的约数．同理 q 是 b 的约数，即 q 是 a , b 的公约数．下面证明， q 是 a , b 的最大公 约数．若不然， q ? ? a, b? ．有ab ? q ?a, b? ? ? a, b? ?a, b? ．①5 设k ?ab b ab a ，可见 k 是 a 的倍数，同样 k ? ， k 是 b 的倍 ?a ?b ? a, b ? ? a , b ? ? a, b ? ? a , b ?数，即 k 是 a , b 的公倍数，则存在正整数 m 使 k ? m?a, b? ，有ab ? m ? a, b? ? ? a, b? ， ? a, b ?得ab ? q ?a, b? ? ? a, b? ?a, b?与①矛盾，所以， q ? ? a, b? ，得证 ? a, b? ? ?a, b? ? ab ．ab ? a, b ? ? q k ? 注 也可以由 1 ? m ? ，得 q ? ? a, b? ，与 q ? ? a, b? 矛盾． ? a, b? ab ? a, b ? q两步 ab ? q ?a, b? , ab ? ? a, b? k 可以交换吗？ 定理 4 若 ax0 ? by0 是形如 ax ? by （ x, y 是任意整数） a , b 是两个不同时为 0 的整数，的数中的最小正数，则 （1） ax0 ? by0 | ax ? by ； （2） ax0 ? by0 ? ? a, b? ． 证明 （1）由带余除法有ax ? by ? ? ax0 ? by0 ? q ? r ， 0 ? r ? ax0 ? by0 ，得r ? a ? x ? qx0 ? x ? b ? y ? qy0 ? ? ax0 ? by0 ，知 r 也是形如 ax ? by 的非负数，但 ax0 ? by0 是形如 ax ? by 的数中的最小正数，故 r ? 0 ， 即ax0 ? by0 | ax ? by ．（2）由（1）有ax0 ? by0 | a 1 ? b 0 ? a ， ax0 ? by0 | a 0 ? b 1 ? b ，得 ax0 ? by0 是 a , b 的公约数．另一方面， a , b 的每一个公约数都可以整除 ax0 ? by0 ，所以ax0 ? by0 是 a , b 的最大公约数， ax0 ? by0 ? ? a, b? ．6 推论 定理 5若 ? a, b ? ? 1，则存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ． （很有用） 互素的简单性质：（1） ?1, a ? ? 1 ． （2） ? n, n ? 1? ? 1 ． （3） ? 2n ?1, 2n ? 1? ? 1． （4）若 p 是一个素数， a 是任意一个整数，且 a 不能被 p 整除，则 ? a, p ? ? 1 ． 证明 因为 ? a, p ? | p ，所以，素数 p 的约数只有两种可能：? a, p ? ? 1, ? a, p ? ? p ．但a 不能被 p 整除， ? a, p ? ? p ，得 ? a, p ? ? 1 ．推论 若 p 是一个素数， a 是任意一个整数，则 ? a, p ? ? 1 或 ? a, p ? ? p ．（5）若 ? a, b ? ? 1，则存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ． （定理 4 推论） （6）若 ? a, b? ? 1, ? a, c ? ? 1 ，则 ? a, bc ? ? 1 ． 证明 有 得 由 ? a, b ? ? 1知存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ．a ? cs ? ? bct ? c ，? a, bc ? ? ? a, c ? ? 1． ? a ? b, ab? ? 1．（7）若 ? a, b ? ? 1，则 ? a ? b, a ? ? 1， ? a ? b, b ? ? 1 ， 证明? a ? b, a ? ? ? ?b, a ? ? ?b, a ? ? 1 ， ? a ? b, b? ? ? a, b? ? 1，由（6） ? a ? b, ab ? ? 1 ．m n （8）若 ? a, b ? ? 1，则 a , b ? 1 ，其中 m, n 为正整数． m 据（6） ，由 ? a, b ? ? 1可得 a , b ? 1 ． m m n 同样，由 a , b ? 1 可得 a , b ? 1 ．??证明??????定理 6 合数时， q ?设 a 是大于 1 的整数，则 a 的除 1 之外的最小的正约数 q 必是素数，且当 a 是a．7 证明用反证法， 假设 q 不是素数， 则存在正整数数 q1 ， 使 q1 | q ， 但q|a ， 1 ? q1 ? q ，故有 q1 | a ，这与 q 是 a 的除 1 之外的最小正约数矛盾，故 q 是素数． 当 a 是合数时，设 a ? a1q ，则 a1 也是 a 的一个正约数，由 q 的最小性得 q ? a1 ，从而q2 ? a1q ? a ，开方得 q ? a ．定理 7 证明 素数有无穷多个，2 是唯一的偶素数． 假设素数只有有限多个，记为 p1 , p2 ,, pn ，作一个新数p ? p1 p2pn ? 1 ? 1． , pn 矛盾．若 p 为素数，则与素数只有 n 个 p1 , p2 , 若 p 为合数，则必有 pi ?? p1 , p2 ,, pn ? ，使 pi | p ，从而 pi |1 ，又与 pi ? 1 矛盾．综上所述，素数不能只有有限多个，所以素数有无穷多个． 2 是素数，而大于 2 的偶数都是合数，所以 2 是唯一的偶素数． 注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有 n 个素数，便有 n ? 1 个素 数． （构造法、反证法）秒 定理 8（整除的性质）整数 a, b, c 通常指非零整数 （1） 1 a ， ?1| a ；当 a ? 0 时， a | a ， a | 0 ． （2）若 b a ， a ? 0 ，则 b ?若 b a ， b ? a ，则 a ? 0 ;若 ab ? 0 ，且 b a ,a b ， 则a ? b． 证明 由 b a ， a ? 0 ，有 a ? bq ，得 a ? b q ? b ．逆反命题成立“若 b a ， b ? a ，则 a ? 0 ”; 由 b ? a 且 b ? a 得 a ? b ，又 ab ? 0 ，得 a ? b ． （3）若 a ? b ? c ? d ，且 e | a, e | b, e | c ，则 e | d ． （4）若 c b ， b a ，则 c a ． 证明 （定义法）由 c b ， b a ，有b ? q1c, a ? q2b ，得a ? ? q1q2 ? c ，8 即c a．（5）若 c a ，则 bc ab ． （6）若 c a ， c b ，则对任意整数 m, n ，有 c ma ? nb ． 证明 （定义法）由 c a ， c b ，有a ? q1c, b ? q2c ，得 即ma ? nb ? ? mq1 ? nq2 ? c ， c ma ? nb ．（7）若 ? a, b ? ? 1，且 a bc ，则 a c ． 证明 由 ? a, b ? ? 1知存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ，有a ? cs ? ? ?bc ? t ? c ，因为 a a ， a bc ，所以 a 整除等式的左边，进而整除等式的右边，即 a c ． 注意 不能由 a bc 且 a ? | b 得出 a c ．如 6 4 ? 9 ，但 6 ? | 4且6 ? | 9． （8）若 ? a, b ? ? 1，且 a c , b c ，则 ab c ． 证明 由 ? a, b ? ? 1知存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ，有acs ? bct ? c ，又由 a c , b c 有 c ? aq1 , c ? bq2 代入得ab ? q2 s ? ? ab ? q1t ? ? c ，所以 ab c ． 注意 不能由 a c 且 b c 得出 ab c ．如不能由 6 30 且 10 | 30 得出 60 | 30 ． （9）若 a 为素数，且 a bc ，则 a b 或 a c ． 证明| b且a ? | c， 若不然， 则a ? 由 a 为素数得 ? a, b? ? 1, ? a, c ? ? 1 ， 由互素的性质 （6）| bc ，与 a bc 矛盾． 得 ? a, bc ? ? 1 ，再由 a 为素数得 a ?| 4且6 ? | 9． 注意 没有 a 为素数，不能由 a bc 推出 a b 或 a c ．如 6 4 ? 9 ，但 6 ?9 定义 6对于整数 a, b, c ，且 c ? 0 ，若 c (a ? b) ，则称 a , b 关于模 c 同余，记作a ? b(mod c) ；若 c ? | ? a ? b? ，则称 a , b 关于模 c 不同余，记作 a定理 9（同余的性质）设 a, b, c, d , m 为整数， m ? 0, （1）若 a ? b(mod m) 且 b ? c(mod m) ，则 a ? c(mod m) ； 证明 由 a ? b(mod m) 且 b ? c(mod m) ，有b(mod c) ．a ? b ? mq1 , b ? c ? mq2 ，a ? c ? m ? q1 ? q2 ? ，得 a ? c(mod m) ．c ?b ?d （2） 若 a ? b(mod m) 且 c ? d (mod m) ， 则a?证明 由 a ? b(mod m) 且 c ? d (mod m) ，有m (o d m)且 ac ? bd (mod m) ．a ? b ? mq1 , c ? d ? mq2 ，对①直接相加 ，有①? a ? c? ? ?b ? d ? ? m? q1 ? q2 ? ，得a ? c ? b ? d (mod m) .对①分别乘以 c, b 后相加，有ac ? bd ? ? ac ? bc ? ? ?bc ? bd ? ? m ? cq1 ? bq2 ? ，得ac ? bd (mod m) ．（3） 若 a ? b(mod m) ， 则对任意的正整数 n 有 a ? b (mod m) 且 an ? bn(mod mn) .n n（4）若 a ? b(mod m) ，且对非零整数 k 有 k (a, b, m) ，则 由 a ? b(mod m) 、 ，有a b? m? ? ? mod ? ． k k? k?证明a ? b ? mq ，又 k (a, b, m) ，有a b m , , 均为整数，且 k k k10 a b m ? ? q， k k k得a b? m? ? ? mod ? ． k k? k?定理 10 设 a , b 为整数， n 为正整数，n n （1）若 a ? b ，则 ? a ? b ? a ? b ．??a n ? b n ? ? a ? b ? ? a n ?1 ? a n ? 2b ? a n ?3b 2 ?（2）若 a ? ?b ，则 ? a ? b ? a? ab n ? 2 ? b n ?1 ? ．?2 n ?1? b 2 n ?1 ? ．? ab 2 n ?3 ? b 2 n ? 2 ? ．a 2 n ?1 ? b 2 n ?1 ? ? a ? b ? ? a 2 n ? 2 ? a 2 n ?3b ? a 2 n ? 4b 2 ?（3）若 a ? ?b ，则 ? a ? b ? a?2n? b2n ? ．? ab 2 n ?2 ? b 2 n ?1 ? ．a 2 n ? b 2 n ? ? a ? b ? ? a 2 n ?1 ? a 2 n ? 2b ? a 2 n ?3b 2 ?定义 7设 n 为正整数， k 为大于 2 的正整数, a1 , a2 ,, am 是小于 k 的非负整数，且a1 ? 0 ．若n ? a1k m?1 ? a2k m?2 ?则称数 a1a2 定理 11? am?1k ? am ，am 为 n 的 k 进制表示．给定整数 k ? 2 ，对任意的正整数 n ，都有唯一的 k 进制表示．如n ? a110m?1 ? a210m?2 ? n ? a1 2m?1 ? a2 2m?2 ?? am?110 ? am ， 0 ? ai ? 9, a1 ? 0 （10 进制） ? am?1 2 ? am ． 0 ? ai ? 1, a1 ? 0 （２进制）定理 12 （算术基本定理）每个大于 1 的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因 数的顺序时，这种表示是唯一的n ? p1?1 p2?2其中 p1 ? p2 ? 证明 1pk?k ，, ? k 为正整数． （分解唯一性）? pk 为素数， ?1 , ? 2 ,先证明，正整数 n 可分解为素数的乘积n ? p1 p2pm ．①如果大于 1 的正整数 n 为素数，命题已成立． 当正整数 n 为合数时， n 的正约数中必有一个最小的，记为 p1 ，则 p1 为素数，有11 n ? p1a1 ， 1 ? a1 ? n ．如果 a1 为素数，命题已成立．当 a1 为合数时， a1 的最小正约数 p2 为必为素数，有n ? p1a1 ? p1 p2a2 ， 1 ? a2 ? a1 ? n ．这个过程继续进行下去，由于 n 为有限数，而每进行一步 ai 就要变小一次，于是，经 过有限次后，比如 m 次， n 就变为素数的乘积n ? p1 p2 n ? q1q2则有pm ．下面证明分解式是唯一的．假设 n 还有另一个分解式qt ， pm ? q1q2 qt ．② ③p1 p2因为等式的右边能被 q1 整除，所以左边也能被 q1 整除，于是 q1 整除 p1 , p2 , 某一个 pi ，但 pi 为素数，所以 pi 与 q1 相等，不妨设 pi 为 p1 ，有, pm 中的p1 ? q1 ．把等式③两边约去 p1 ? q1 ，得p2 p3pm ? q2q3qt ．再重复上述步骤，又可得 p2 ? q2 ， p3 ? q3 ，?，直到等式某一边的因数被全部约完， 这时，如果另一边的因数没有约完，比如右边没有被约完（ m ? t ） ，则有1 ? qm?1qm?2但 qm?1 , qm?2 ,qt ．④, qt 均为素数，素数都大于 1，有 qm?1qm?2qt ? 1 ，这表明等式④不可能成立，两个分解式的因数必然被同时约完，即分解式是唯一的． 将分解式按 pi 的递增排列，并将相同的 pi 合并成指数形式，即得n ? p1?1 p2?2其中 p1 ? p2 ? 证明 2pk?k ．, ? k 为正整数． ? pm ．? pk 为素数， ?1 , ? 2 , pm ， p1 ? p2 ?用第二数学归纳法证明n ? p1 p2（1）当 n ? 2 ，因为 2 为素数，命题成立．12 （2）假设命题对一切大于 1 而小于 n 的正整数已成立． 这时，若 n 为素数，命题成立；若 n 不为素数，必存在 a , b ，使n ? ab ， 1 ? a ? n,1 ? b ? n ，由归纳假设，小于 n 的 a , b 可分解为素数的乘积/ a ? p1/ p2 / ps/ , p1/ ? p2 ?? ps/ , ? pt/ ,b ? ps/ ?1 ps/ ? 2得/ n ? p1/ p2pt/ , ps/ ?1 ? ps/ ? 2 ?ps/ qs/ ?1qs/ ?2 qt/ ，适当调整 pi/ 的顺序，可得命题对于正整数 n 成立． 由数学归纳法，命题对一切大于 1 的正整数 n 成立． 下面证明分解式是唯一的．假设 n 的分解式不唯一，则至少有两个分解式n ? p1 p2 n ? q1q2得 有pm ， p1 ? p2 ? qt ， q1 ? q2 ? pm ? q1q2 qt ．? pm ， ? qt ，p1 p2 p1 | q1q2qt 且 q1 | p1 p2pm ，这就存在 qi , p j ，使p1 | qi 且 q1 | p j ，但 p1 , qi , q1 , p j 均为为素数，所以p1 ? qi , q1 ? p j ，又 所以p1 ? qi ? q1 ? p j ? p1 ，p1 ? q1 ．把等式两边约去 p1 ? q1 ，得p2 p3pm ? q2q3qt ．再重复上述步骤，又可得 p2 ? q2 ， p3 ? q3 ，?，直到等式某一边的因数被全部约完， 这时，如果另一边的因数没有约完，比如右边没有被约完（ m ? t ） ，则有1 ? qm?1qm?2qt ．13 但 qm?1 , qm?2 ,, qt 均为素数，素数都大于 1，有 qm?1qm?2qt ? 1 ，这表明上述等式不可能成立，两个分解式的因数必然被同时约完，即分解式是唯一的． 将分解式按 pi 的递增排列，并将相同的 pi 合并成指数形式，即得n ? p1?1 p2?2其中 p1 ? p2 ? 定理 13pk?k ．, ? k 为正整数．? pk 为素数， ?1 , ? 2 ,若正整数 n 的素数分解式为 n ? p1?1 p2?2pk?k 则 n 的正约数的个数为d ? n? ? ? a1 ?1?? a2 ?1?? ak ?1? ，pk ?k ?1 ? 1 ． ? pk ? 1n 的一切正约数之和为p1?1 ?1 ? 1 p2?2 ?1 ? 1 S ? n? ? ? ? p1 ? 1 p2 ? 1证明 对于正整数 n ? p1 1 p2? ?2pk?k ，它的任意一个正约数可以表示为①m ? p1?1 p2?2由于 ?i 有 0,1, 2,pk ?k ， 0 ? ?i ? ?i ，, ?i 共 ? i ? 1 种取值，据乘法原理得 n 的约数的个数为d ? n? ? ? a1 ?1?? a2 ?1?考虑乘积? ak ?1? ．? p2? 2 ??p0 1? p11 ?? p1?1 ?? p2 0 ? p21 ??p0 k? pk 1 ?? pk ? k ，?展开式的每一项都是 n 的某一个约数（参见①） ，反之， n 的每一个约数都是展开式 的某一项，于是， n 的一切约数之和为S ? n ? ? ? p10 ? p11 ?? p1?1 ??p0 k? pk 1 ?? pk ?1 ??注p1?1 ?1 ? 1 p2?2 ?1 ? 1 ? ? p1 ? 1 p2 ? 1?pk ?k ?1 ? 1 ． pk ? 1构造法．定义 8 （高斯函数）对任意实数 x ，? x ? 是不超过 x 的最大整数．亦称 ? x ? 为 x 的整数 部分， ? x? ? x ? ? x? ? 1 ． 定理 14 在正整数 n ! 的素因子分解式中，素数 p 作为因子出现的次数是?n? ? n ? ? n ? ? p ? ? ? p 2 ? ? ? p3 ? ? ? ? ? ? ? ?．14 证明由于 p 为素数， 故在 n ! 中 p 的次方数是 1, 2,, n 各数中 p 的次方数的总和（注意，若 p 不为素数，这句话不成立） ． 在 1, 2,?n? ?n? ? n ? , n 中，有 ? ? 个 p 的倍数；在 ? ? 个 p 的倍数的因式中，有 ? 2 ? 个 p 2 的 ?p ? ? p? ? p?倍数；在 ?? n ? ?n ? 个 p 2 的倍数的因式中，有 ? 3 ? 个 p3 的倍数；?，如此下去，在正整数 n ! 2 ? ?p ? ?p ? ?n? ? n ? ? n ? ? p ? ? ? p 2 ? ? ? p3 ? ? ? ? ? ? ? ?的素因子分解式中，素数 p 作为因子出现的次数就为 ．注 省略号其实是有限项之和． 画线示意 50! 中 2 的指数．50! ? 2?1 3?2 5?3 7?411?513?617?719?8 23?9 29 31 37 41 43 47定理 15 证明 1p ?1 （费玛小定理）如果素数 p 不能整除整数 a ，则 p a ? 1 ．??考察下面的 p ? 1 个等式：a ? pq1 ? r1 ， 0 ? r1 ? p ，2a ? pq2 ? r2 ， 0 ? r2 ? p??? p ?1? a ? pqp?1 ? rp?1 ， 0 ? rp?1 ? p由于素数 p 不能整除整数 a ，所以， p 不能整除每个等式的左边，得 r 1, r 2, 为 0，只能取 1, 2,, rp?1 均不, p ? 1 ．下面证明 r1 , r2 ,, rp?1 各不相等．若不然，存在 t , s,1 ? t ? s ? p ? 1 ，使sa ? pqs ? rs , ta ? pqt ? rt , rs ? rt ,相减? s ? t ? a ? p ? qs ? qt ? ．应有素数 p 整除 ? s ? t ? a ，但素数 p 不能整除 a ，所以素数 p 整除 ? s ? t ? ，然而由1 ? t ? s ? p ? 1 可得15 0 ? s ?t ? p ?2 ? p ，要素数 p 整除 ? s ? t ? 是不可能的，得 r 1, r 2,, rp?1 各不相等．有rr 1 2rp?1 ? 1 2? p ?1? ? ? p ?1?! ．再把上述 p ? 1 个等式相乘，有? p ?1?!a p?1 ? Mp ? rr 1 2即rp?1 ，? p ?1?!a p?1 ? Mp ? ? p ?1?! ，? p ? 1?!? a p ?1 ? 1? ? Mp ．其中 M 是一个整数． 亦即p ?1 由于 p 是素数，不能整除 ? p ?1?! ，所以素数 p 整除 a ? 1 ，得证p ? a p ?1 ? 1?证明 2p 改证等价命题：如果素数 p 不能整除整数 a ，则 a ? a ? mod p ? ．只需对 a ? 1, 2,, p ? 1证明成立，用数学归纳法．（1） a ? 1 ，命题显然成立． （ 2 ） 假 设 命 题 对 a ? k ?1 ? k ? p ?1? 成 立 ， 则 当 a ? k ? 1 时 ， 由 于p | Cip ?i ? 1,2,, p ?1? ，故有p p ?1 ? k p ? C1 ? pk p ?1 ? Cp k ?1? k ? 1?（用了归纳假设） ? k p ?1 ? k ?1? mod p ? ． 这表明，命题对 a ? k ? 1 是成立． 由数学归纳法得 a ? a ? mod p ? ．pp ?1 又素数 p 不能整除整数 a ，有 ? a, p ? ? 1 ，得 p a ? 1 ．??定义 9 定理 16（欧拉函数）用 ? ? n ? 表示不大于 n 且与 n 互素的正整数个数． 设正整数 n ? p1 1 p2? ?2pk?k ，则? 1 ? ?1 ? ? ． ? pk ?16? ? n ? ? n ?1 ???1 ?? 1 ? ??1 ? ? p1 ?? p2 ? 证明 （ i ? 1, 2用容斥原理．设 S ? ?1,2,, n? ，记 Ai 为 S 中能被 pi 整除的数所组成的集合，用 Ai 表示 Ai 中元素的个数，有 ,k ）Ai ?n ， Ai piAj ?n , pi p j, A1A2Ak ?n p1 p2 pk．易知， S ? ?1,2,, n? 中与 n 互素的正整数个数为Ak ，A1由容斥原理得A2A1 ?A2Ak ? S ? Ai Aj1?i ? k?Ai ?1?i ? j ? k k?Ai A2Aj Ak? ? ?1?k1?i ? j ? m? k?Am ?? ? ?1? A1? n?1?i ? k?n n n ? ? ? ? ? pi 1?i ? j ? k pi p j 1?i ? j ? m? k pi p j pmn p1 p2kpk 1 ? ? pk ? ?? 1 1 1 ? n ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? 1?i ? k pi 1?i ? j ? k pi p j 1?i ? j ? m? k pi p j pm ? ? 1 ?? 1 ? ? n ?1 ? ? ?1 ? ? p1 ? ? p2 ? ?注 示意 n ? 3 的容斥原理． 推论? ? ? ?1 对素数 p 有 ? ? p ? ? p ? 1, ? p ? p ? p ．? ? ?1?p1 p2? 1 ? ?1 ? ? . pk ? ?? ?定理 17整系数不定方程 ax ? by? c（ ab ? 0 ）存在整数解的充分必要条件是? a, b ? c ．证明 记 d ? ? a, b ? ．（1）必要性（方程有解必须满足的条件） ．若方程存在整数解，记为 ?? x ? x0 , ，则 ? y ? y0 ,ax0 ? by0 ? c ，由 d | a, d | b ， 有 d | ax0 ? by0 ，得证 ? a, b ? | c ． （2）充分性（条件能使方程有解） ．若 d | c ，可设 c ? de 由于形如 ax ? by 的数中有 最小正数 ax0 ? by0 满足17 ax0 ? by0 ? ? a, b? ．两边乘以 e ，得a ? ex0 ? ? b ? ey0 ? ? c这表明方程有解 ?? x ? ex0 , ? y ? ey0 . ? x ? x0 , 是整系数不定方程 ax ? by ? c 的一个整数 ? y ? y0 ,定理 18若 ab ? 0 , ? a, b ? ? 1，且 ?解，则方程的一切整数解可以表示为? x ? x0 ? bt , ?t ? Z ? ． ? ? y ? y0 ? at ,证明 由 ? x0 , y0 ? 是方程的一个解，有①直接代入知①是方程的整数解，下面证明任意一个整数解都有①的形式.ax0 ? by0 ? c ，又方程的任意一个解 ? x, y ? 满足ax ? by ? c ，相减② ③a ? x ? x0 ? ? b ? y ? y0 ? ? 0 ．但 ? a, b ? ? 1，故有a | ? y ? y0 ? ，有x ? x0 y ? y0 ? ? t, t ? Z ?b a? x ? x0 ? bt , ?t ? Z ? ． ? ? y ? y0 ? at ,得方程的任意一个整数解可以表示为定义 10 （平面整点）在平面直角坐标系上，纵横坐标都是整数的点称为整点（也称格 点） ．类似地可以定义空间整点．18 第二讲数论题的范例讲解主要讲几个重要类型：奇数与偶数，约数与倍数（素数与合数） ，平方数，整除，同余， 不定方程，数论函数等．重点是通过典型范例来分析解题思路、提炼解题方法和巩固基本内 容． 一、奇数与偶数 整数按照能否被 2 整除可以分为两类，一类余数为 0，称为偶数，一类余数为 1，称为 奇数．偶数可以表示为 2 n ，奇数可以表示为 2n ? 1 或 2n ? 1 ．一般地，整数被正整数 m 去 除，按照余数可以分为 m 类，称为模 m 的剩余类 Ci ? x x ? i ? mod m ? ，从每类中各取出 一个元素 ai ? Ci ，可得模 m 的完全剩余系（剩余类派出的一个代表团） ， 0,1, 2,??, m ? 1称为模 m 的非负最小完全剩余系. 通过数字奇偶性质的分析而获得解题重大进展的技巧，常称作奇偶分析，这种技巧与 分类、染色、数字化都有联系，在数学竞赛中有广泛的应用． 关于奇数和偶数，有下面的简单性质： （ 1 ）奇数 ? 偶数． （ 2 ）偶数的个位上是 0 、 2 、 4 、 6 、 8 ；奇数的个位上是 1 、 3 、 5 、 7 、 9 ． （ 3 ）奇数与偶数是相间排列的；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；． （ 4 ）奇数个奇数的和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；偶数跟奇数的和是奇数； 任意多个偶数的和是偶数． （ 5 ）除 2 外所有的正偶数均为合数； （ 6 ）相邻偶数的最大公约数为 2 ，最小公倍数为它们乘积的一半． （ 7 ）偶数乘以任何整数的积为偶数． （ 8 ）两数和与两数差有相同的奇偶性， a ? b ? a ? b? mod 2? ． （ 9 ）乘积为奇数的充分必要条件是各个因数为奇数． （ 10 ） n 个偶数的积是 2 的倍数． （ 11 ） ? ?1? ? 1 的充分必要条件是 k 为偶数， ? ?1? ? ?1的充分必要条件是 k 为k kn奇数． （ 12 ） ? 2n ? ? 0 ? mod 4 ? , ? 2n ? 1? ? 1? mod 4 ? , ? 2n ? 1? ? 1? mod 8 ? ．2 2 2（ 13 ）任何整数都可以表示为 n ? 2 ?? 例 1 （1906，匈牙利）假设 a1 , a2 , 数，则乘积m? 2k ?1? ．, n 的某种排列，证明：如果 n 是奇, an 是 1, 2,? a1 ?1?? a2 ? 2? ? an ? n?是偶数． 解法 1 （反证法）假设 ? a1 ?1?? a2 ? 2?? an ? n? 为奇数，则 ai ? i 均为奇数，奇19 数个奇数的和还是奇数 奇数= ? a1 ?1? ? ? a2 ? 2? ?? ? an ? n? ? n? ? 0 ，? ? a1 ? a2 ?? an ? ? ?1? 2 ?这与“奇数 ? 偶数”矛盾． 所以 ? a1 ?1?? a2 ? 2? 评析 这个解法说明 ? a1 ?1?? a2 ? 2?? an ? n? 是偶数．但没有指出为偶数 ? an ? n? 不为偶数是不行的，的真正原因．体现了整体处理的优点，但掩盖了“乘积”为偶数的实质． 解法 2 （反证法）假设 ? a1 ?1?? a2 ? 2?? an ? n? 为奇数，则 ai ? i 均为奇数， ai 与i 的奇偶性相反， ?1, 2,, n? 中奇数与偶数一样多， n 为偶数．但已知条件 n 为奇数，矛盾． 所以 ? a1 ?1?? a2 ? 2? 评析? an ? n? 是偶数．．那么 ? an ? n? 为偶数的原因是“ n 为奇数”这个解法揭示了 ? a1 ?1?? a2 ? 2?为什么“ n 为奇数”时“乘积”就为偶数呢？ 解法 31, 2,, n, a1, a2 ,, an 中有 n ? 1 个奇数，放到 n 个括号，必有两个奇数在同一个括号，这两个奇数的差为偶数，得 ? a1 ?1?? a2 ? 2? 评析 这个解法揭示了 ? a1 ?1?? a2 ? 2?? an ? n? 为偶数．? an ? n? 为偶数的原因是“当 n 为奇数时，1, 2,, n 中奇数与偶数个数不等，奇数多，某个括号必是两个奇数的差，为偶数” ．类似题： 例 1-1 （1986，英国）设 a1 , a2 ,, a7 是整数， b1 , b2 ,, b7 是它们的一个排列，证明? a1 ? b1 ?? a2 ? b2 ? ? a7 ? b7 ? 是偶数．（ a1 , a2 , 例 1-2, a7 中奇数与偶数个数不等）记 a1 , a2 , , a4 ? 的前 24 位数字为 ? ? 3. ， 2 为该 24 个数字的任一排列，求证 ? a1 ? a2 ?? a3 ? a4 ?? a23 ? a24 ? 必为偶数．（暗藏 3,1, 4,1,5,9, 2,6,5,3,5,8,9,7,9,3, 2,3,8, 4, 6, 2,6, 4 中奇数与偶数个数不等） 例2 能否从 1, 2,,15 中选出 10 个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的 ,14 ？数相减（大数减小数） ，所得的 14 个差恰好为 1, 2,20 解考虑 14 个差的和 S ，一方面S ? 1? 2 ?? 14 ? 105 为奇数．另一方面，每两个数 a , b 的差与其和有相同的奇偶性 a ? b ? a ? b(mod 2) ，因此， 14 个差的和 S 的奇偶性与 14 个相应数之和的和 S 的奇偶性相同， 由于图中的每一个数 a 与 2 个或 4 个圈中的数相加，对 S 的贡献为 2 a 或 4 a ，从而 S 为偶数，这与 S 为奇数矛盾， 所以不能按要求给图中的圆圈填数． 评析：用了计算两次的技巧．对同一数学对象，当用两种不同的方式将整体分为部分 时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理．计算两 次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式．在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾． 例 3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和 与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？ 解 （1）4 堆是不能保证的．如 4 堆的奇偶性为： （反例） （奇奇） ， （偶偶） ， （奇偶） ， （偶奇） ． （2）5 堆是可以保证． 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述 4 种可能，当把这些苹 果和梨分成 5 堆时，必有 2 堆属于同一奇偶性，其和苹果数与梨数都是偶数． 例 4 有 n 个 数 x1 , x 2 ,/ / /,xn? 1 , xn ， 它 们 中 的 每 一 个 要 么 是 1 ， 要 么 是 ?1 ． 若x1 x2 ? x2 x3?证明??n x x ?n x x 0 ，求证 4 | n ． ? 1n 1 ?由 xi ??1, ?1? ，有 xi xi ?1 ??1, ?1? ，再由x1x2 ? x2 x3 ??? xn?1xn ? xn x1 ? 0 ，知 n 个 xi xi ?1 中有一半是 1 ，有一半是 ?1 ， n 必为偶数，设 n ? 2k ． 现把 n 个 xi xi ?1 相乘，有(?1)k (?1)k ? x1x2 x2 x3xn?1xn xn x1 ? x12 x22xn?12 xn2 ? 1，可见， k 为偶数，设 k ? 2 m ，有 n ? 4 m ，得证 4 | n ． 例5 证明n 个整数 a1 , a2 ,, an?1 , an ，其积为 n ，其和为 0，试证 4 | n ．先证 n 为偶数，若不然，由 a1a2an?1an ? n 知， a1 , a2 ,, an?1 , an 全为奇数，其和必为奇数，与其和为 0（偶数） ，故 n 必为偶数． （ a1 , a2 , 再证 n 为 4 的倍数，若不然，由 n 为偶数知， a1 , a2 ,, an?1 , an 中至少有 1 个偶数）, an?1 , an 恰有一个为偶数，其余n ?1 个 数 全 为 奇 数 ， 奇 数 个 奇 数 之 和 必 为 奇 数 ， 加 上 一 个 偶 数 ， 总 和 为 奇 数 ， 与a1 , a 2 ,（ a1 , a ,an? 1 , an 之和为 0 矛盾，所以， n 为 4 的倍数， 4 | n ． 2, ,a ,1 n? an 中至少有21 2 个偶数） 评析 要证 4 | n ，只须证 a1 , a2 ,, an?1 , an 中至少有 2 个偶数，分两步，第一步证至少有 1 个偶数，第二步证至少有 2 个偶数． 例6 在数轴上给定两点 1 和 2 ，在区间 (1, 2) 内任取 n 个点，在此 n ? 2 个点中，每相邻两点连一线段，可得 n ? 1 条互不重叠的线段，证明在此 n ? 1 条线段中，以一个有理 点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条． 证明 使 将 n ? 2 个点按从小到大的顺序记为 A , An?2 ，并在每一点赋予数值 ai ， 1 , A2 , …? 1, 当Ai为有理数点时， ai ? ? ??1, 当Ai为无理数点时.与此同时，每条线段 Ai Ai ?1 也可数字化为 ai ai ?1 （乘法）??1, 当Ai , Ai ?1一为有理数点，另一为无理数时， ai ai ?1 ? ? ? 1, 当Ai , Ai ?1同为有理数点或无理数点时,记 ai ai ?1 ? ?1 的线段有 k 条，一方面(a1a2 )(a2a3 )(a3a4 )…(an?1an?2 ) ? (?1)k (?1)n?k ?1 ? (?1)k另一方面 (a1a2 )(a2a3 )(a3a4 )…(an?1an?2 )? a1 (a2a3…an?1 )2 an?2 ? a1an?2 ? ?1 ，得 ? ?1? ? ?1，故 k 为奇数．k评析 用了数字化、奇偶分析的技巧． 二、约数与倍数 最大公约数与最小公倍数的求法． （1）短除法． （2）分解质因数法．设a ? p1?1 p2?2 b ? p1?1 p2?2记 则pk?k ,?i ? 0, i ? 1, 2, pk ?k , ?i ? 0, i ? 1, 2,,k ， ,k ．? i ? min ??i , ?i ?, ?i ? max ??i , ?i ?，? a, b? ? p1?1p2? 22pk ? k ， pk ?k ．?a, b? ? p1? p2?122 （3）辗转相除法? a, b? ? ?b, r ? ? ? r1, r2 ? ?? ? rn?1, rn ? ? ? rn ,0? ? rn ．例 7 （1）求 ?? ， ?? ； （2） ?144,180,108? ， ?144,180,108? ． 解（1）方法 1 分解质因数法．由8381 ? 172 ? 29, 1015 ? 5 ? 7 ? 29,得?? ? 29 ，?? ? 5? 7 ?172 ? 29 ? 293335 ．方法 2 辗转相除法．8
232 29 783 232 232 0 8或q2 ? 3 q3 ? 1 q2 ? 3 q1 ? 8 232 261 2 232 783 8120 r4 ? 0 r2 ? 29 r2 ? 232 r1 ? 261或?? ? ? 261,1015? ? ? 261,232? ? ? 29,232? ? ? 29,0? ? 29 ．?? ?81?1015 ? ? 8381? 35 ? 293335 ． 29 ??（2）方法 1 短除法．由2 144 180 108 2 72 3 36 312 4得90 30 10 554 27 9 3?144,180,108? ? 22 ? 32 ? 36 ，?144,180,108? ? 24 ? 33 ? 5 ? 2160 ．方法 2 分解质因数法．由23 144 ? 24 ? 32 , 180 ? 22 ? 32 ? 5, ， 108 ? 22 ? 33 ,得?144,180,108? ? 22 ? 32 ? 36 ，?144,180,108? ? 24 ? 33 ? 5 ? 2160 ．例8 正整数 n 分别除以 2,3, 4,5,6,7,8,9,10 得到的余数依次为 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 ， 则 ．n 的最小值为解 依题意，对最小的 n ，则 n ? 1 是 2,3, 4,5,6,7,8,9,10 的公倍数n ? 1 ? 23 ? 32 ? 5 ? 7 ，得 n ? 2519 ． 例 9 有两个容器，一个容量为 27 升，一个容量为 15 升，如何利用它们从一桶油中倒 出 6 升油来？ 解 相当于求不定方程 15 x ? 27 y ? 6 的整数解．由 ?15,27? ? 3 知，存在整数 u , v ，使15u ? 27v ? 3 ，可得一个解 u ? 2, v ? ?1，从而方程15 ? 4 ? 27 ? ? ?2? ? 6 ．即往小容器里倒 2 次油，每次倒满之后就向大容器里倒，大容器倒满时，小容器里剩有 3 升油；再重复一次，可得 6 升． 例 10 对 每 一 个 n ? 2 ， 求 证 存 在 n 个 互 不 相 同 的 正 整 数 a1 , a2 ,, an ， 使ai ? a j ai? a，对任意的 i, j ??1,2, j证明, n?, i ? j 成立．用数学归纳法．当 n ? 2 时，取 a1 ? 1, a2 ? 2 ，命题显然成立．假 设 n ? k 时 ， 命 题 成 立 ， 即 存 在 a1 , a2 ,, ak ， 使 ai ? a j ai ? a j ， 对 任 意 的i, j ??1,2,, k?, i ? j 成立．, ak 及它们每两个数之差的最小公倍数，则 k ? 1 个数 , ak ? b现取 b 为 a1 , a2 ,b, a1 ? b, a2 ? b,24 满足?? at ? b ? ? b ? at ? b ? ? b, ? ? a ? b ? ? ? a j ? b ? ? ai ? b ? ? ? a j ? b ? , ? ?? i即命题对 n ? k ? 1 时成立．由数学归纳法知命题对 n ? 2 成立． 例 11?1959, IMO1?1 ? 证明对任意正整数 n ，分数 14n ? 3 不可约．21n ? 4 可约，则存在 14n ? 3d ? 1，①21n ? 4证明 1 （反证法）假若使? 21n ? 4,14n ? 3? ? d ，从而存在 p, q, ? p, q ? ? 1，使?21n ? 4 ? dp, ? ?14n ? 3 ? dq,消去 n ， ?3? ? 3 ? ? 2? ? 2 ，得② ③1 ? d ?3q ? 2 p ? ，的④ ⑤d ? 1．由（1） 、 （5）矛盾，得 d ? 1 ． 解题分析： （1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法． （2）式④是实质性的进展，表明1 ? 3?14n ? 3? ? 2 ? 21n ? 4? ，可见? 21n ? 4,14n ? 3? ? 1 ．由此获得 2 个解法． 证明 2 设 ? 21n ? 4,14n ? 3? ? d ．存在 p, q, ? p, q ? ? 1 ，使?21n ? 4 ? dp, ? ?14n ? 3 ? dq,消去 n ，②×3-①×2，得① ②1 ? d ?3q ? 2 p ?得 d ? 1． 证明 3 得 证明 4 由 1 ? 3?14n ? 3? ? 2 ? 21n ? 4?③? 21n ? 4,14n ? 3? ? 1 ． ? 21n ? 4,14n ? 3?25 ? ? 7n ?1,14n ? 3? ? ? 7n ?1,1?? 1．④ ⑤解题分析：第④ 相当于 ①-②；第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式 与⑤式的效果是一样的． 例 12 不存在这样的多项式f ? n? ? amnm ? am?1nm?1 ?? a1n ? a0 ，使得对任意的正整数 n ， f ? n ? 都是素数． 证明 假设存在这样的多项式,对任意的正整数 n ，f ? n ? 都是素数， 则取正整数 n ? b ，有素数 p 使f ?b? ? ambm ? am?1bm?1 ?进而对任意的整数 k , 有? a1b ? a0 ? p ，f ? b ? kp ? ? am ? b ? kp ? ? am ?1 ? b ? kp ?mm ?1?? a1 ? b ? kp ? ? a0? ? amb m ? am ?1b m ?1 ?? a1b ? a0 ? ? Mp （二项式定理展开）? P ?1 ? M ? ，其中 M 为整数，这表明 f ? b ? kp ? 为合数． 这一矛盾说明，不存在这样的多项式,对任意的正整数 n ， f ? n ? 都是素数． 三、平方数 若 a 是整数，则 a 就叫做 a 的完全平方数，简称平方数． 1．平方数的简单性质 （1）平方数的个位数只有 6 个： 0,1, 4,5.6.9 ． （2）平方数的末两位数只有 22 个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84， 25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89． （3） ? 2n ? ? 0 ? mod 4 ? , ? 2n ? 1? ? 1? mod 4 ? ．2 22（４） ? 2n ? 1? ? 1? mod 8 ?．2（6）凡是不能被 3 整除的数，平方后被 3 除余 1． （7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数． （8）非零平方数的约数有奇数个．26 （9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足 a ? b ? c 的整数 ? a, b, c ? 叫做勾股2 2 2数．勾股数的公式为?a ? m 2 ? n 2 , ? ?b ? 2mn, ?c ? m 2 ? n 2 , ?其中 m, n 为正整数， ? m, n? ? 1 且 m, n 一奇一偶．这个公式可给出全部素勾股数． 2．平方数的证明方法 （1）反证法． （2）恒等变形法． （3）分解法．设 a 为平方数，且 a ? bc ， ? b, c ? ? 1，则 b, c 均为平方数． （4）约数法．证明该数有奇数个约数． 3．非平方数的判别方法2 （1）若 n ? x ? ? n ? 1? ，则 x 不是平方数． 2（2）约数有偶数个的数不是平方数． （3）个位数为 2，3，7，8 的数不是平方数． （4）同余法：满足下式的数 n 都不是平方数．n ? 2 ? mod3? ， n ? 2或3? mod 4? ， n ? 2或3? mod5? ， n ? 2或3或5或6或7 ? mod8? ， n ? 2或3或7或8 ? mod10? ．（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36， 56，76，96，09，29，49，69，89．如 个位数与十位数都是都是奇数的数， 个位数是 6、而十位数是偶数的数． 例 13 有 100 盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码 1，2，?，99， 100．每盏灯由一个拉线开关控制着．最初，电灯全是关着的．另外有 100 个学生，第一个 学生走过来，把凡是号码为 1 的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第 2 个学生走过来，把凡 是号码为 2 的倍数的电灯的开关拉了一下； 第 3 个学生走过来， 把凡是号码为 3 的倍数的电 灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被 100 整除的电灯的开关拉 了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？ 讲解 （1）直接统计 100 次拉线记录，会眼花缭乱． （2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数 （学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次．27 （3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系： 0 关 1 开 2 关 3 开 4 关 5 开 6 关 7 开 8 关 9 开灯被拉奇数次的亮！ （4）哪些数有奇数个约数：平方数． （5）1～100 中有哪些平方数：共 10 个： 1，4，9，16，25，36，49，64，81，100． 答案：编号为 1，4，9，16，25，36，49，64，81，100 共 10 个灯还亮． 例 14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数 a , b ， 斜边为正整数 c ， 若 a 为素数，求证 2 ? a ? b ? 1? 为平方数． 证明 由勾股定理 c ? a ? b ，有2 2 2?c ? b??c ? b? ? a2 ，但 a 为素数，必有?c ? b ? a 2 , ? ?c ? b ? 1,解得 从而b?1 2 ? a ? 1? ， 222 ? a ? b ? 1? ? 2a ? ? a 2 ? 1? ? 2 ? ? a ? 1? ，为平方数． 例 15 求证，任意 3 个连续正整数的积不是平方数． 证明 设存在 3 个连续正整数 n ? 1, n, n ? 1 （ n ? 1 ）的积为平方数，即存在整数 m ， 使? n ?1? n ? n ?1? ? m2 ，即?n?2? 1? n ? m 2 ，2 2 但 n ? 1, n ? 1 ，故 n ?1, n 均为平方数，有??n 2 ? 1 ? a 2 , ? 2 ?n ? b , ?m ? ab, ?得1 ? n 2 ? a 2 ? n 2 ? ? n ? 1? ? 2n ? 1 ? 1 ， （注意 n ? 1 ）2这一矛盾说明，3 个连续正整数的积不是平方数．28 例 16?1986, IMO23?1 ? 设 d 是异于 2，5，13 的任一整数．求证在集合 ?2,5,13, d? 中可以找到两个不同元素 a , b ，使得 ab ? 1 不是完全平方数． 证明2 2 因为 2 ? 5 ? 1 ? 32 , 2? 13? 1? 5 ，所以不是完全平方数只能是 , 5? 13? 1? 82d ? 1,5d ? 1,13d ? 1 ．若结论不成立，则存在正整数 x, y, z ，使2d ? 1 ? x 2 , 5d ? 1 ? y ,2① ② ③13d ? 1 ? z ,2同时成立，由①知 x 是奇数，设 x ? 2n ? 1 代入①得d ? 2n2 ? 2n ? 1为奇数，代入②、③知 y, z 均为偶数．设 y ? 2 p, z ? 2q ，代入②、③后相减，有2d ? q2 ? p2 ? ? q ? p ?? q ? p ? ．由于 2 d 为偶数，故 p, q 同奇偶，? q ? p ?? q ? p ? 可被 4 整除，得 d 为偶数．这与上证 d 为奇数矛盾． 所以，在集合 ?2,5,13, d? 中可以找到两个不同元素 a , b ，使得 ab ? 1 不是完全平方数． ( IMO29?6 )设 a , b 为正整数， ab ? 1 整除 a ? b ．证明2 2例 17a 2 ? b2 是完全平方数． ab ? 1证明令a 2 ? b2 ? k ， k 是正整数．式中 a , b 是对称的，不妨设 a ? b ． ab ? 12a 2 ? k ? ? 2 ? k ? a 2 ? k ? k ? 1 ．本题获证． 2 a ?1(l)若 a ? b ，则(2) 若 a ? b ，由带余除法定理，可设 a ? bs ? t （ s ? 2, 0 ? t ? b, s, t 是整数 ) ，则a 2 ? b 2 b 2s 2 ? 2bst ? t 2? b 2 ? 为正整数， ab ? 1 b2 s ? bt ? 1由b 2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b 2 ? ? s ? 1? b 2 s ? bt ? 129 ?b s ?2 2? 2bst ? t 2 ? b 2 ? ? ? b 2 s 2 ? bst ? s ? ? ? b 2 s ? bt ? 1?b 2 s ? bt ? 1 ?bst ? t 2 ? b 2 ? s ? b 2 s ? bt ? 1 ? b 2 s ? bt ? 1 2 s ?b ? b ? t ? ? 1? ? ? b ? b ? t ? ? t ? 1 ? 0, ? ? b 2 s ? bt ? 1且? s ? 1? ?b 2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b 2 b 2 s ? bt ? 1?b s ?2 2? bst ? s ? ? ? b 2 s ? bt ? 1? ? ? b 2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b 2 ?b 2 s ? bt ? 1 bst ? s ? b 2 s ? bt ? 1 ? t 2 ? b 2 ? b 2 s ? bt ? 1 bst ? bt ? t 2 ? ? s ? ? b 2 s ? b 2 ? ? 1 ? ? b 2 s ? bt ? 1 t? b ? s ? 1? ? t ? ? b ?b ? t ? ? t 2 ? 1 ? ? ? ? 0, b 2 s ? bt ? 1得s ?1 ?b2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b2 ? s ?1， b2 s ? bt ? 1所以必有b2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b2 ?s， b2 s ? bt ? 1b2 ? t 2 ? sbt ? s ，化简得b2 ? t 2 ? s， bt ? 1a 2 ? b2 b2 ? t 2 ? ? s， ab ? 1 bt ? 1于是其中 t ? b ? a ．2 此时若 t ? 0 ，则 k ? b ，本题获证．若 t ? 0 ，可继续令 b ? ts1 ? t1 （ s1 ? 2,0 ? t1 ? t , s1 , t1 是整数） ，仿上可推得a 2 ? b2 b2 ? t 2 t 2 ? t12 ? ? ? s1 ， ab ? 1 bt ? 1 tt1 ? 1此时若 t1 ? 0 ，则 k ? t ，本题获证．230 若 t1 ? 0 ，可如上法做下去．因 t ? t1 ? t2 ?? 0 ，且均为整数．故总能得到某个ti ?1 ? 0 ，使 k ? ti 2 ，是完全平方数．综上本题获证．这种证明的方法叫“无穷递降法” ，是 17 世纪法国数学家费马(Fermat．1601 一 1665) 首创和应用的一种方法． 四．整除 整除的判别方法主要有 7 大类． 1．定义法．证 b a ? a ? bq ，有三种方式． （1）假设 a ? qb ? r ，然后证明 r ? 0 ． （定理 4） （2）具体找出 q ，满足 a ? bq ． （3）论证 q 的存在． 例 18 证明 任意一个正整数 m 与它的十进制表示中的所有数码之差能被 9 整除． 设 m ? an ?10n ? an?1 ?10n?1 ?? a1 ?10 ? a0 ，其中 0 ? ai ? 9, an ? 0 ，则m ? ? an ? an?1 ?? an ?10n ? 1? ? an ?1 ?10n?1 ? 1? ? ? ? 9 ? an ?11 1 ? ? an?1 ?11 1 ? n个1 n ?1个1 ?按定义 9 m ? ? an ? an ?1 ? 2．数的整除判别法． （1）任何整数都能被 1 整除．? a1 ? a0 ?? a1 ?10 ? 1? ? ? a2 ?11 ? a1 ? , ?? a1 ? a0 ? ．（2）如果一个整数的末位能被 2 或５整除，那么这个数就能被 2 或５整除． （3）如果一个整数的末两位能被４或 25 整除，那么这个数就能被 4 或 25 整除． （4）如果一个整数的末三位能被 8 或 125 整除，那么这个数就能被 8 或 125 整除． （5） 如果一个整数各数位上的数字之和能被 3 或 9 整除， 那么这个数就能被 3 或 9 整除． 证明 由 10 ? 1? mod3? ,10 ? 1? mod9? ，有an ?10n ? an?1 ?10n?1 ? an ?10n ? an?1 ?10n?1 ?? a1 ?10 ? a0 ? an ? an?1 ? ? a1 ?10 ? a0 ? an ? an?1 ?? a1 ? a0 ? mod3? ， ? a1 ? a0 ? mod9?（6） 如果一个整数的末三位数与末三位数以前的数字所组成的数的差能被 7 或 11 或 13 整除，那么这个数就能被 7 或 11 或 13 整除． 证明 由 m ? an an?1a2a1a0a3 ?1001 ? an an ?1? an an ?1?a3 ? a2 a1a0 ，31? 知1001 an an?1a3a2 a1a0 ? 1001 an an?1?a3 ? ?a2 a1a0 ，?又由 1001 ? 7 ?11?13 ，而 7,11,13 均为素数知， m 能被 7 或 11 或 13 整除． （7）如果一个整数的奇位数字之和与偶位数字之和的差能被 11 整除，则这个数能被 11 整除． 证明 由 10 ? ?1? mod11? ，有an ?10n ? an?1 ?10n?1 ? ? an ? ?1? ? an?1 ? ?1?n n ?1? a1 ?10 ? a0 ? ? a1 ? ?1? ? a0 ? mod11? .? ab n ? 2 ? b n ?1 ? ． ? ab 2 n ?3 ? b 2 n ? 2 ? ．3．分解法．主要用乘法公式．如a n ? b n ? ? a ? b ? ? a n ?1 ? a n ? 2b ? a n ?3b 2 ?a 2 n ?1 ? b 2 n ?1 ? ? a ? b ? ? a 2 n ? 2 ? a 2 n ?3b ? a 2 n ? 4b 2 ?a 2 n ? b2 n ? ? a ? b ? ? a 2 n?1 ? a 2 n?2b ? a 2 n?3b2 ?例 19 证明 试证 ?1 ? 2 ?? ab 2 n?2 ? b2 n?1 ? ．? 9 ? ?15 ? 25 ?5? 95 ? ．? 95 ，则改证 45 1 ? 2 ?5?? 95 ? ．设 S ? 15 ? 25 ?S ? ?15 ? 85 ? ? ? 25 ? 75 ? ? ? 35 ? 65 ? ? ? 45 ? 55 ? ? 95 ? ?1 ? 8 ? m1 ? ? 2 ? 7 ? m2 ? ? 3 ? 6 ? m3 ? ? 4 ? 5 ? m4 ? 95 ? 9 ? m1 ? m2 ? m3 ? m4 ? 94 ? ,得9 S ． 又S ? ?15 ? 95 ? ? ? 25 ? 85 ? ? ? 35 ? 75 ? ? ? 45 ? 65 ? ? 55? ?1 ? 9 ? m1 ? ? 2 ? 8 ? m2 ? ? 3 ? 7 ? m3 ? ? 4 ? 6 ? m4 ? 55 ? 5 ? 2m1 ? 2m2 ? 2m3 ? 2m4 ? 54 ? ,得5 S ． 但 ? 9,5? ? 1，得 45 S ，即 ?1 ? 2 ? 例 20? 9 ? ?15 ? 25 ?? 95 ? ．?1979, IMO21?1 ? 设 p 与 q 为正整数，满足p 1 1 ? 1? ? ? q 2 3 ? 1 1 ? ， 32 求证 p 可被 1979 整除（1979 p ） 证明p 1 1 ?1 ? ? ? q 2 31 1 ? ? ? 1 1 ? ?1 ? ? ? ? 2 3 ? 1 1 ? ?1 ? ? ? ? 2 3??1 1 ? ?1 1 ? ? ? 2? ? ?
? ? 2 4?1 ? ? 1318 ? 1 ? ? 659 ??1 1 ? ? 1 1 ? ? ? ?1 ? ? ?
? ? 2 3?1 1 1 1 ? ? ? ? 660 661 0 ?
? 990 ? ? ? ? 660 ?8 989 ? 990M 660 ? 661? 659! M ? 1979 ? 1319! ? 1979 ??1319得 1979 整除 1319! p ，但 1979 为素数， ?!? ? 1 ，得 p 可被 1979 整除． 例 20-1 2009 年 9 月 9 日的年、 月、 日组成 “长长久久、 永不分离” 的吉祥数字 ， 而它也恰好是一个不能再分解的素数． 若规定含素因子
的数为吉祥数， 请证明最 简分数m 1 1 ? 1? ? ? 的分子 m 是吉祥数． n 2
m 1 1 证明：由 ? 1 ? ? ? n 2 1 1 1 1 ?1 ? ?1 ? ? ? ?? ? ? ??? ? ?? ?? ? ? 1
? ? 45455 ? 09 ? ? ? ? 1?
? , 1? 2 ? ?
? 其中 p 为正整数，有 ? n ? p ? 1? 2 ??
? m ，这表明， 整除 1? 2 ? ?
为素数， 1 ? 2 ? ?
? 90909 不能整除 ，所以 整除 m ，得 m 是吉祥数． 4． 余数分类法． 例 21 证明 1 试证 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ． 任何整数 n 被 3 除其余数分为 3 类33 n ? 3k , n ? 3k ? 1, n ? 3k ? 2, k ? Z ，（1） n ? 3k 时，有n ? n ? 1?? 2n ? 1? ? 3 ? ? k ? 3k ? 1?? 6k ? 1? ? ?,有 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ． （2） n ? 3k ? 1 时，有n ? n ? 1?? 2n ? 1? ? 3 ? ?? 3k ? 1?? 3k ? 2 ?? 2k ? 1? ? ?,有 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ． （3） n ? 3k ? 2n ? n ? 1?? 2n ? 1? ? 3 ? ?? 3k ? 2 ?? k ? 1?? 6k ? 5 ? ? ?,有 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ． 综上得， 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ．证明 2n ? n ? 1?? 2n ? 1? ?2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? ， 4得3 2n ? 2n ? 2?? 2n ?1? ，又 ? 3, 4? ? 1，得3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ．5．数学归纳法． 6．反证法． 7．构造法． 例 22 k 个连续整数中必有一个能被 k 整除． 证明 设 k 个连续整数为a, a ? 1, a ? 2,, a ? k ? 1， , k ? 1 ，共 k ? 1若这 k 个数被 k 除没有一个余数为 0，则这 k 个数的余数只能取 1, 2, 种情况，必存在两个数a ? i, a ? j , 0 ? i ? j ? k ，使a ? i ? kq1 ? r , a ? j ? kq2 ? r,34 其中 q1 ? q2 ，相减i ? j ? k ? q1 ? q2 ? ，有 即i ? j ? k q1 ? q2 ? k ，i? j ?k与 i ? j ? k 矛盾．故 k 个连续整数中必有一个能被 k 整除． 也可以由 i ? j ? k ? q1 ? q2 ? 得0 ? i ? j ? k ? q1 ? q2 ? ? k ，推出 0 ? q1 ? q2 ? 1 ，与 q1 ? q2 为整数矛盾． 例 23 k 个连续整数之积必能被 k ! 整除． 证明 设 k 个连续整数为n, n ? 1, n ? 2,, n ? k ?1 ，（1）若这 k 个连续整数为正整数，则n ? n ? 1?? n ? 2 ? k!? n ? k ?1? ?n! k !? n ? k ?!? ?C ?k n只须证明，对任何一个素数 p ，分子中所含 p 的方次不低于分母中所含 p 的方次，由 高斯函数的性质 ? x ? y? ? ? x? ? ? y ? ，有?? p得? k ? ?n ? k ? ? ?n? ?k ? ?n ? k ? ? ?? ? ? ?? s ? ? ?? s ? s ? s p ? ? ?p ? ? p ? ? ?Ck n为整数（证实了组合数的实际意义）（2）若这 k 个连续整数中有 0，则连乘积为 0，必能被 k ! 整除． （3）若这 k 个连续整数为负整数，则n ? n ? 1?? n ? 2 ? ? n ? k ? 1? k! k ? ? n ?? ? n ? 1?? ? n ? 2 ? ? ? ?1? k! ? ? ?1?由（1）知k? ?n ? k ? 1?Ck ?n,Ck为整数，故 ?nn ? n ? 1?? n ? 2 ? k!? n ? k ? 1? 为整数．例 24 有男孩、女孩共 n 个围坐在一个圆周上（ n ? 3 ） ，若顺序相邻的 3 人中恰有一35 个男孩的有 a 组，顺序相邻的 3 人中恰有一个女孩的有 b 组，求证 3 a ? b ． 证明 现将小孩记作 ai (i ? 1, 2,…, n) ，且数字化?1, ai 表示男孩时 ai ? ? ??1, ai 表示女孩时则“3 人组”数值化为Ai ? ai ? ai ?1 ? ai ? 2?3, ai , ai ?1 , ai ? 2均为男孩 ? ??3, ai , ai ?1 , ai ? 2均为女孩 ?? ?1, ai , ai ?1 , ai ? 2恰有一个女孩 ??1, a , a , a 恰有一个男孩 i i ?1 i?2 ?其中 an? j ? a j ． 又设取值为 3 的 Ai 有 p 个，取值为 ?3 的 Ai 有 q 个，依题意，取值为 1 的 Ai 有 b 个， 取值为 ?1 的 Ai 有 a 个，得3( a1 ? a 2? …? an ) ? a (1 ?a ? ? ) a (?2a ? a ?4 … ) ? an ? ( a ? a1 2 a 3 3? 3 p ? (?3)q ? (?1)a ? b ? 3( p ? q) ? (b ? a) ，可见 3 a ? b ． 例 25 （1956，中国北京）证明 n ?32)3 2 1 n ? n ? 1 对任何正整数 n 都是整数，并且用 3 2 2除时余 2． 分析 只需说明n ? 3n ? 1? 3 2 1 n ? n? 为整数，但不便说明“用 3 除时余 2” ，应说明 2 2 2n ? n ? 1?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 是 3 的倍数．作变形 2 2 2 2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 1 ? ? 1, ? 3,8? ? 1 ， 2 2 8命题可证． 证明 已知即n ? n ? 1?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 1 ? ?1， 2 2 2因为相邻 2 个整数 n, ? n ? 1? 必有偶数，所以 n ?3①3 2 1 n ? n ? 1 为整数．又①可变为 2 236 2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 1 ? ?1， 2 2 8因为相邻 3 个整数 2n, ? 2n ? 2? , ? 2n ?1? 必有 3 的倍数，故 2n ? 2n ? 2?? 2n ?1? 能被 3 整除；又 ? 3,8? ? 1，所以2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? 3 2 1 3 能被 3 整除；得 n ? n ? n ? 1 用 3 除时 2 2 8余 2． 五、同余 根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以 直接用来解题． 例 26 正方体的顶点标上 ?1 或 ?1 ，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数 的乘积，求证，这样得出的 14 个数之和不能为 0． 证明 记 14 个数的和为 S ， 易知， 这 14 个数不是 ?1 就是 ?1 ， 若八个顶点都标上 ?1 ， 则 S ? 14 ，命题成立． 对于顶点有 ?1 的情况，我们改变 ?1 为 ?1 ，则和 S 中有 4 的数 a, b, c, d 改变了符号， 用 S 表示改变后的和，由/a ? b ? c ? d ? 0 ? mod 2? ，知S ? S / ? 2 a ? b ? c ? d ? 0 ? mod 4 ? ，这表明，改变一个 ?1 ，和 S 关于模 4 的余数不变，重复进行，直到把所有的 ?1 都改 变为 ?1 ，则S ? S / ? 1?1?所以， S ? 0 ． 例 27?1 ? 14 ? 2 ? mod 4? ，设多项式 f ?x? ? a0 x n ? a1 x n?1 ? ? ? an?1 x ? an 的系数都是整数， 并且有一个奇数 ? 及一个偶数 ? 使得 f ?? ? 及 f ?? ? 都是奇数，求证方程 f ?x ? ? 0 没有整数根． 证明 由已知有f ?? ? ? 1? mod 2? ? a0 ? a1 ? a2 ?? an ? 1? mod 2? ，① ②f ? ? ? ? 1? mod 2? ? an ? 1? mod 2? ，若方程 f ?x ? ? 0 存在整数根 x0 ，即 f ? x0 ? ? 0 ． 当 x0 为奇数时，有f ? x0 ? ? 0 ? mod 2? ? a0 ? a1 ? a2 ?? an ? 0 ? mod 2? ，37 与①矛盾． 有 x0 为偶数时，有f ? x0 ? ? 0 ? mod 2? ? an ? 0 ? mod 2? ，与②矛盾． 所以方程 f ?x ? ? 0 没有整数根． 六、不定方程 未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程．求不定方程的整数解， 叫做解不定方程． 解不定方程通常要解决 3 个问题，方程是否有解？有解时，有几个解， 解数是有限还是无穷？求出全部解． 例 28 解方程 7 x ? 19 y ? 213 ． 解法 1 由 ? 7,19? ? 1 知方程有整数解．观察特解，列表y12 253 ?x197 7得一个特解 ?? x0 ? 25, ? x ? 25 ? 19t , 从而通解为 ? ? y ? 2 ? 7t. ? y0 ? 2,方法总结：第 1 步，验证 ? a, b ? c ，经常是 ? a, b ? ? 1． 第 2 步，求特解（观察、列举、辗转相除等） ． 第 3 步，代入公式． 解法 2 由 ? 7,19? ? 1 知方程有整数解．用辗转相除法求特解，再得通解．先求7 x ? 19 y ? 1的一个解，由19 ? 2 ? 7 ? 5 7 ? 1? 5 ? 2 5 ? 2 ? 2 ?1逆过来有1 ? 5 ? 2 ? 2 ? 5 ? ? 7 ? 5? ? 2 ? 5 ? 3 ? 7 ? 2 ? ?19 ? 2 ? 7 ? ? 3 ? 7 ? 2 ? 19 ? 3 ? 7 ? ? ?8 ?38 同乘以 213，有7 ? ?8 ? 213? ?19 ?3? 213? ? 213 ，得? x ? ?1704 ? 19t , ? ? y ? 639 ? 7t.由 ? 7,19? ? 1 知方程有整数解．解法 3用柯西方法求特解，将方程变为x?令3? 2y ? t1 为整数，有 7 7t ? 3 t ?1 y? 1 ? 3t1 ? 1 ? 1 ， 2 2 t ?1 ? t2 为整数，有 令 1 2213 ? 19 y 3? 2y ? 30 ? 3 y ? ， 7 7t1 ? 2t2 ? 1代入得 y ? 2 ? 7t2 , x ? 25 ?19t2 ． 方法总结：第 1 步，将系数较小的那个未知数用另一个未知数来表示 第 2 步， 将表达式形式分离为整数部分与分数部分 （实际上也是整数） 设分数部分为 t1 ， 又得一个不定方程． 第 3 步，重复上述步骤，设逐次的分数部分为 t2 , t3 ,, tn ，那么方程的系数越来越小；对 ? a, b ? ? 1，经过有限次操作，最后方程的两个未知数中必有一个系数为 1，从而得到 （ d , e 为整数） tn?1 ? dtn ? e ， 第 4 步，将上式按顺序倒代上去，逐步求出 tn?2 , 通解 解法 4 用同余法，由 7 x ? 19 y ? 213 有, t2 , t1, x, y ，即得不定方程整数解得19 y ? 213 ? 3 ? 38 ? mod 7? ，但 ? 7,19? ? 1 ，有y ? 2 ? mod 7? ，得y ? 2 ? 7t ，39 进而x?213 ? 19 y 213 ? 19 ? 2 ? 7t ? ? ? 25 ? 19t ． 7 7方法总结： ax ? by ? c ? ax ? c ? mod b ? 或 by ? c ? mod a ? ． 例 29 解 求方程 x3 ? 2 x2 y ? 2009 的整数解．由 2009 的分解式，有x 2 ? x ? 2 y ? ? 1 ? 2009 ? 7 2 ? 41 ，2有? x 2 ? 1, ? x ? 1, ? x ? ?1, ?? ? ? ? x ? 2 y ? 2009, ? y ? 1004, ? y ? 1005, ? x2 ? 72 , ? x ? 7, ? x ? ?7, ?? ? ? ? x ? 2 y ? 41, ? y ? 17, ? y ? 24.例 30 甲乙两队各出 7 名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由 1 号 队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方 2 号队员比赛，?直到有一方队员全被淘汰为止，另 一方获得胜利， 形成一种比赛过程， 那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ． （1988， 高中联赛） 解法 1 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为 A 和 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6, A 7B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6 , B7 ．如果甲方获胜，设 Ai 获胜的场数是 xi ，则 0 ? xi ? 7,1 ? i ? 7 而且x1 ? x2 ?? x7 ? 7 ，①容易证明以下两点：在甲方获胜时 （i）不同的比赛过程对应着方程①的不同非负整数解； （ii）方程①的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1， 0）对应的比赛过程为： A 1胜 B 1 和 B2 ； B3 胜 A 1 、和 A 3 ； A4 胜 B3 后负于 B4 ； A 5 胜 B4 、 B5 和 B6 但负于 B7 ；最后 A6 胜 B7 结束比赛．下面求方程①的非负整数解个数，设 yi ? xi ? 1 ， 问题等价于方程y1 ? y2 ? y3 ? y4 ? y5 ? y6 ? y7 ? 14 ，正整数解的个数，将上式写成1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 14 ，从 13 个加号取 6 个的方法数 C13 种．得甲方获胜的不同的比赛过程有 C13 种．6 同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有 C13 种，合计 2C13 ? 3432 种比赛过程 7 6 6解法 2设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为 A 和 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6, A 740 B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6 , B7 ．每一个比赛过程对应着这 14 个元素的一个排列，且满足 Ai 的下标从左到右是递增的， Bi 的下标从左到右也是递增的．7 由于从 14 个位置中取出 7 个来，有序地排上 A 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6, A 7 有 C14 种排法，而剩下的 7 个位置有序地排上 B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6 , B7 只有一种排法，所以，问题的实质是从7 14 个相异元素中取出 7 个的组合数，得 C14 ? 3432 种比赛过程．解法 3 建立下面的对应； 集合 ? A 1, A 2 ,…,A 7 ? 的任一个 7 元可重组合对应着一个比赛 过程，且这种对应也是一个一一对应．例如前述的比赛过程对应的 7 长可重组合是?A1, A1, A4 , A5 , A5 , A5 , A6? ， 所 以 甲 方 获 胜 的 不 同 的 比 赛 过 程 的 总 数 就 是 集 合7 7 ?A1, A 2,…,A ? 7 的 7 长可重组合的个数 C7?7?1 ? C13 ．7 7 同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有 C13 种，合计 2C13 ? 3432 种比赛过程．例 31（1989，高中）如果从数 1，2，?，14 中按由小到大的顺序取出 a1 , a2 , a3 ，使同 时满足a2 ? a1 ? 3, a3 ? a2 ? 3 ，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？ 解 由已知得a1 ? 1 ? 0, a2 ? a1 ? 3 ? 0 a3 ? a2 ? 3 ? 0, 14 ? a3 ? 0,4 项均为非负数，相加得? a1 ?1? ? ? a2 ? a1 ? 3? ? ? a3 ? a2 ? 3? ? ? 14 ? a3 ? ? 7 ，于是 a1 , a2 , a3 的取法数就是不定方程x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 7的非负整数解的个数，作一一对应 y1 ? xi ? 1 ， 问题又等价于不定方程y1 ? y2 ? y3 ? y4 ? 11的正整数解．由41 1?1?? 1 ? 11 ，3 3 得 C10 个解，即符合要求的不同取法有 C10 种．七．数论函数 主要是 ? x ? 高斯函数， ? ? n ? 欧拉函数． 例 32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每 10 人推选一名代表，当各班人数除以 10 的余数大于 时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数 y 与该班人数 x 之间的函 ．． 6 ． 数关系用取整函数 y ? ? x? （ ? x ? 表示不大于 x 的最大整数）可以表示为 (A) y ? ? ? ?10 ??x?(B) y ? ?? x ? 3? ? 10 ? ?(C) y ? ?? x ? 4? ? 10 ? ?(D) y ? ?? x ? 5? ? 10 ? ? ? x ? 3? ． ? 10 ? ?（2010 年全国高考数学陕西卷理科第 10 题） 解法 1 选（B） ． （求解对照） ．规则是“六舍七入” ，故加 3 即可进 1． 选 y ? ?解法 2 选 （B） ． （特值否定） ． 取 x ? 56 ， 按规定应选 5 人， 可否定(C)、 (D)； 再取 x ? 57 ， 按规定应选 6 人，可否定(A)． 注：主要错误选(C) ，误为“五舍六入” ． 例 33 用 ? x ? 表示不大于 x 的最大整数，求?? 1 ? ? 2 ? ? ? 366 ? ? ? 366 ? ? ? ? ? ?? 366 ? ? ?讲解? 2004 ? ? ?? ? ? 366 ? ??． ? ? ?题目的内层有 2004 个高斯记号，外层 1 个高斯记号．关键是弄清 ? x ? 的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除： （1）分子是那些数相加，求出和来； 由 366 ? 5 ? 1830 ? 2004 ? 2196 ? 366 ? 6 ，知分子是 0～5 的整数相加，弄清加数各 有几个1～365 366～731 732～～～～20040 1 2 3 4 5365 个 366 个 366 个 366 个 366 个 175 个（2）除法谁除以 366，求出商的整数部分．42 原式 ? ?? 0 ? 365 ? 366 ?1 ? 2 ? 3 ? 4 ? ? 5 ?175 ? ? 366 ? ??10 ? 366 ? 875 ? ?? ? 366 ? ? 143 ? ? ? ?10 ? 2 ? 366 ? ? ? ? 12.命题背景 2004 年有 12 个月、366 天． 例 34 解50! 的标准分解式中 2 的指数．50! ? 2?1 3?2 5?3 7?411?513?617?719?8 23?9 29 31 37 41 43 472 的指数为? 50 ? ? 50 ? ? 50 ? ? 50 ? ? 50 ? ? 2 ? ? ? 3 ? ? ? 4 ? ? ? 5 ? ? 25 ? 12 ? 6 ? 3 ? 1 ? 47 ． ? ?2? ? ? ?2 ? ?2 ? ?2 ? ?2 ?图示（5 条横线，25 个偶数中 2 的方次，按横线求和） 八、综合练习 例 35 整数勾股形中，证明 （1）必有一条直角边长是 3 的倍数； （2）必有一条直角边长是 4 的倍数； （3）必有一条边长是 5 的倍数； （4）三角形的面积是 6 的倍数． 证明 当整数勾股形的三边有公约数时，可以先约去，使三边长 x, y, z 互素，且满足x2 ? y 2 ? z 2 .这时，若 x, y 两个均为偶数，则 z 也为偶数，与 x, y, z 互素矛盾；若 x, y 两个均为奇数，有x2 ? 1? mod 4? , y2 ? 1? mod 4? ，得z 2 ? x2 ? y2 ? 2 ? mod 4? ，这与平方数模 4 只能取 0，1 矛盾.所以， x, y 中有且只有一个为偶数，不妨设 x 为偶数. （1）设 x, y 中无一为 3 的倍数，则x2 ? 1? mod3? , y2 ? 1? mod3? ，得z 2 ? x2 ? y2 ? 2 ? mod3? ，这与平方数模 3 只能取 0，1 矛盾，故 x, y 中有一个为 3 的倍数. （2）由 x 为偶数.，必有 y, z 均为奇数，记x ? 2m, y ? 2 p ? 1, z ? 2q ? 1有4m2 ? x 2 ? z 2 ? y 2 ? ? 2q ? 1? ? ? 2 p ? 1? ? 4 ? q 2 ? q ? p 2 ? p ?2 243 则m2 ? q ? q ?1? ? p ? p ?1?右边是两个偶数的差，必为偶数，从而 x 为 4 的倍数. （3）若 x, y 中有 5 的倍数，命题已成立. 若 x, y 均不是 5 的倍数，则若 x, y 只能是形 如 5k ? 1 或 5k ? 2 的正整数. 若 x, y 均为 5k ? 1 型，则z 2 ? x2 ? y2 ? 1 ?1 ? 2 ? mod5?这与平方数模 5 只能取 0，1，4 矛盾 若 x, y 均为 5k ? 2 型，则z 2 ? x2 ? y2 ? 4 ? 4 ? 3? mod5?这与平方数模 5 只能取 0，1，4 矛盾. 所以， x, y 只能分别取 5k ? 1 与 5k ? 2 型，有z 2 ? x2 ? y2 ? 4 ?1 ? 0 ? mod5?得 5 z ，但 5 是素数，得 5 z . （4）由上证（1） 、 （2）及 ? 3,4 ? ?1 知， xy 是 12 的倍数，则 形的面积是 6 的倍数． 例 36 已知 ABC 内有 n 个点，连同 A, B, C 共有 n ? 3 个点，以这些点为顶点，把21 xy 是 6 的倍数，得三角 2ABC 分割为若干个互不重叠的小三角形，现把 A, B, C 分别染上红色、蓝色、黄色，而其余 n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必 是奇数． （斯潘纳定理） 证明 1 给这些小三角形的边赋值：当边的两端点同色时，记为 0；当边的两端点异色 时，记为 1； 再用三边之和给小三角形赋值：当三角形的三顶点同色时，和值为 0，记这样的小三角 形有 a 个；当三角形的三顶点中仅有两点同色时，和值为 2，记这样的小三角形有 b 个；当 三角形的三顶点两两异色时，和值为 3，记这样的小三角形有 c 个.下面用两种方法计算所有 三角形赋值的总和 S ，一方面 S ? 0 ? a ? 2 ? b ? 3 ? c ? 2b ? 3c . ① 另方面， AB, BC , CA 的赋值均为 1，和为奇数；而 ABC 内的每一条连线，在上述 S 的计算中都被计算了两次，和为偶数；这两者之和得 S 为奇数，记为S ? 2k ? 1由①，②得②2k ? 1 ? 2b ? 3c可见 c 为奇数，即三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数． （44 证明 2 设大三角形内部的红蓝边（一个端点红色、另一端点蓝色）有 k 条.又设三个顶 点分别为红、黄、蓝的小三角形有 p 个，三个顶点分别为红、红、蓝或红、蓝、蓝的小三 角形有 q 个，其余的小三角形有 r 个.下面，用两种方法来计算红蓝边的条数 e ，一方面，逐 一计算每个小三角形的红蓝边，再求和，得e ? p ? 2q .另方面， 每一条红蓝边在大三角形内部都被计算了两次， 而大三角形本身的红蓝边只计 算了计算了一次，故 e ? 2k ? 1 ， 有 即p ? 2q ? 2k ? 1 ，p ? 2 ? k ? q ? ? 1，这表明，三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数． （斯潘纳定理） 例 37 对整点 25 边形的顶点作三染色，求证，存在一个三顶点同色的三角形，它的重 心也是整点． 解 对 25 个顶点作三染色， 必有 9 个顶点同色， 不妨设 Ai ? xi , yi ? , i ? 1,2,,9 同红色，， 其 重 心下 面 证 明 ， 必 存 在 一 个 同 红 色 的Ai Aj Ak?1 ? i ? j ? k ? 9?? xi ? x j ? xk yi ? y j ? yk , ? 3 3 ?（1）若 A1 , A2 ,? ? 也是整点． ?, A9 的横（纵）坐标中有 5 个对模 3 同余，不妨设x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? mod3? ，这时，由于 y1 , y2 , y3 , y4 , y5 中必有 3 个数其和能被 3 整除，设3| ( yi ? y j ? yk ) ?1 ? i ? j ? k ? 5? ，则 Ai Aj Ak 重心也是整点． 同理，若纵坐标中有 5 个对模 3 同余，结论同样成立． （2）若 A1 , A2 ,, A9 的横坐标中任意 5 个对模 3 不同余，并且纵坐标中任意 5 个也对模 3 不同余，则横坐标中最多有 4 个对模 3 同余，因而 x1 , x2 , 1，2，同样， y1 , y2 , 现３次，不妨设, x9 被 3 除时，余数取遍 0，, y9 被 3 除时，余数也取遍 0，1，2．从而， xi 中至少有两种余数出x1 ? x2 ? x3 0 ?? m o ?d， 3 x4 ? x5 ? x6 1 ? ? m o ?d．345 这时，若 y1 ? y2 ? y3 ? mod3? 或 y4 ? y5 ? y6 ? mod3? 有一个成立，命题已真．否则y1 , y2 , y3 对模 3 至少有两个余数，记为 ? , ? ??0,1, 2? ，且 ?? , ? , ? ? ? ?0,1, 2 ? ．同样，y4 , y5 , y6 对 模 3 也 至 少 有 两 个 余数 ， 或 为 ? , ? ， 或 为 ? , ? ， 或 为 ? , ? ． 也 就 是 说对模 3 的余数只有两种可能： y1 , y2 , y3 , y4 , y5 , y6 ①包括全部 ?? , ? , ? ? ? ?0,1,2? ； ②只包括 ? , ? ，但每一个重复２次～４次． 这时取 k ??7,8,9? ，使 xk ? 2 ? mod3? ，则存在 i , j 满足 1 ? i ? 3 ? j ? 6 ，使xi ? x j ? xk ? 0 ?1? 2 ? 0 ? mod3? ，?? ? ? ? ? ? 0 ? mod 3? , ? yi ? y j ? yk ? ?? ? ? ? ? ? 0 ? mod 3? , ? ?? ? ? ? ? ? 0 ? mod 3? ,且使其中之一成立，从而 Ai Aj Ak 重心也是整点．46
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请问,下面说同余式可像等式那样进行代换,例如,x≡2(mod5),然后又列了一个含有x的2次方程来说明它与同余式的代换关系.但是我没太明白,同余式x≡2(mod5)是怎样与那个方程产生联系的?为什么下面方程中的x会是2呢?9
同余式的代换关系.但是我没太明白,同余式x≡2(mod5)是怎样与那个方程产生联系的?为什么下面方程中的x会是2呢?9≡4(mod5)又是怎样通过左面的式子得到的呢?
问题一:先看等式的性质吧.x=2那么2xx-x+3=2*4-2+3=9同余式类似x==2 mod 5那么2xx-x+3==9 mod 5如此而己.9 mod 5转化为 4 mod 5则也这个没有直接关系了,那是显然的化简而已.再就是书上这句话：同余式可以象等式一样代换这句话是不严格的,或者说只在一定条件下成立.同余关系x=r mod m相当于 x=r+mk,k为整数.同余关系是一种线性关系,对于代数和、积、商具有一定的代换性,这可以用多项式方法来证明,其中常用到二项式定理及其推广（多项式定理）.但是,对于指数式,是不能象等式一样随意代换的.如a==2 mod 10那么对于另一个数bb^a==b^2 mod 10不一定成立.更复杂的函数,自然也是不能随便的了.学习了欧拉函数定理,则更明确原因.问题二：同样与等式的消去律进行类比.等式的消去律：即两边同除一个非零（不为零）数,等式仍成立.ax=aya0则x=y同余式呢,其消去律则是：同余式两边同除以一个与模非可约（与模不可约,或称既约,或称互质,或称互素）的数,同余式成立.就是将等式的消去律中有“非零”换成为同余式的消去律中的“与模非可约”.例如：6x==9 mod 7 等价于2x==3 mod 7而6x==9 mod 15 不能等价于 2x==3 mod 15而是 6x==9 mod 15 等价于 2x==3 mod 5 等价于 2x=3或 3+5或 3+10 mod 15即2x==3或8或13 mod 15其实,还有一种更好的说法是这样的：ax==ay mod m等效于x==y mod (m/gcd(m,a))其中 k=gcd(X,Y,m),gcd表示最大公因数greatest common divisor.或写作gcf 即greateast common factor更进一步,它是下面的结论的一个等价的形式：X==Y mod m,等效于则X/k==Y/k mod m/k
x≡2(mod5)说明x=2或7或12……蓝线所示算式为了告诉你若x≡2(mod5)，则2x^2-x+3≡4(mod5)。这要证的话可以用数学归纳法x=5k-3，当k=1时2x^2-x+3=9≡4(mod5）成立设当x=5k-3时成立则2x^2-x+3=50k^2-65k+24≡4(mod5）成立当x=5（k+1）-3时原式=50k^2+...在数学中,有-0这种表示方法么？它的意义是什么？_百度知道
在数学中,有-0这种表示方法么？它的意义是什么？
提问者采纳
表示0的负极限不管+0还是-0都可以啦，反证0又没有正负，纯属多余有0-表示
那么根号下a的平方可以写成：1.a(a大于等于0）2.-a(a小于等于0）么？
不可以。虽然0在那边都行，但是已知a的值时，我们去查你的两个情况，发现a=0时哪个情况都可以，当然从正确性上是没什么问题，但最好能根据a的值得到唯一情况。（如果学了函数就该知道）
提问者评价
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其他2条回答
没有。。0既不是正数也不是负数。。
那么-0不就是-1乘以0么?
数学中根本没有这样的写法。
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3秒自动关闭窗口数学竞赛中的数论问题罗增儒引言 数论的认识：数论是关于数的学问，主要研究整数，重点对象是正整数，对中学生可以 说，数论是研究正整数的一个数学分支． 什么是正整数呢？人们借助于“集合”和“后继”关系给正整数（当时也即自然数）作 过本质的描述，正整数 1，2，3，?是这样一个集合 N ? ： （1）有一个最小的数 1． （2）每一个数 a 的后面都有且只有一个后继数 a
；除 1 之外，每一个数的都是且只是 一个数的后继数． 这个结构很像数学归纳法，事实上，有这样的归纳公理： （3）对 N ? 的子集 M ，若 1 ? M ，且当 a ? M 时，有后继数 a ? M ，则 M ? N? ．//就是这么一个简单的数集，里面却有无穷无尽的奥秘，有的奥秘甚至使得人们怀疑：人 类的智慧还没有成熟到解决它的程度．比如，哥德巴赫猜想： 1742 年 6 月 7 日，普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉，提出“任何偶数， 由 4 开始，都可以表示为两个素数和的形式，任何奇数，由 7 开始，都可以表示为三个素数 的和．后者是前者的推论，也可独立证明（已解决） ． “表示为两个素数和的形式”就是著名 的哥德巴赫猜想，简称 1+1． 欧拉认为这是对的，但证不出来． 1900 年希尔伯特将其归入 23 个问题中的第 8 个问题． 1966 年陈景润证得：一个素数+素数 ? 素数（1+2） ，至今仍无人超越． ●陈景润的数学教师沈元很重视利用名人、 名言、 名事去激励学生， 他曾多次在开讲时， 说过这样的话:“自然科学的皇后是数学，数学的皇冠是数论，哥德巴赫猜想则是皇冠上的 明珠．??”陈景润就是由此而受到了启示和激励，展开了艰苦卓绝的终生奋斗和灿烂辉煌 的奋斗终生，离摘取“皇冠上的明珠”仅一步之遥． ●数论题涉及的知识不是很多， 但用不多的知识来解决问题往往就需要较强的能力和精 明多的技巧，有人说：用以发现数学人才，在初等数学中再也没有比数论教材更好的课程 了．任何学生如能把当今一本数论教材中的练习做出，就应当受到鼓励，劝他（她）将来去 从事数学方面的工作（U．Dudley《数论基础》前言） ．下面，是一个有趣的故事． 当代最高产的数学家厄尔多斯听说一个叫波萨（匈牙利，1948）的小男孩很聪明，就问 了他一个问题加以考察 （1959） ： 如果你手头上有 n ? 1 个正整数， 这些正整数小于或等于 2 n ， 那么你一定有一对整数是互素的，你知道这是什么原因吗？ 不到 12 岁的波萨只用了 1 分半钟， 就给出了问题的解答． 他将 1～ 2 n 分成 （1， 2） ， （3， 4） ，?， （ 2n ? 1, 2n ）共 n 个抽屉，手头的 n ? 1 个正整数一定有两个属于同一抽屉，这两 个数是相邻的正整数，必定互素． 通过这个问题，厄尔多斯认定波萨是个难得的英才，就精心加以培养，不到两年， 14 岁的波萨就发表了图论中“波萨定理” ． ●重视数学能力的数学竞赛，已经广泛采用数论题目，是数学竞赛四大支柱之一，四大1 支柱是：代数，几何，初等数论，组合初步（俗称代数题、几何题、算术题和智力题） ．高 中竞赛加试四道题正好是四大模块各一题，分别是几何题、代数题、数论题、组合题，一试 中也会有数论题． 数论受到数学竞赛的青睐可能还有一个技术上的原因， 就是它能方便地提 供从小学到大学各个层面的、新鲜而有趣的题目． 数论题的主要类型：在初中竞赛大纲中，数论的内容列有：十进制整数及表示方法；整 除性，被 2、3、4、5、8、9、11 等数整除的判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数； 奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约 数个数的计算； 简单的一次不定方程． 在高中竞赛大纲中，数论的内容列有：同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类， 二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[ x ]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法， 欧拉定理 ，孙子定理 ． 根据已出现的试题统计，中学数学竞赛中的数论问题的主要有 8 个重点类型： （1）奇数与偶数（奇偶分析法、01 法） ； （2）约数与倍数、素数与合数； （3）平方数； （4）整除； （5）同余； （6）不定方程； （7）数论函数、 ? x ? 高斯函数、 ? ? n ? 欧拉函数； （8）进位制（十进制、二进制） ． 下面，我们首先介绍数论题的基本内容（10 个定义、18 条定理） ，然后，对数学竞赛中 的数论问题作分类讲解．? ?2 第一讲数论题的基本内容中学数学竞赛中的数论问题涉及的数论内容主要有 10 个定义、18 条定理． 首先约定，本文中的字母均表示整数． 定义 1 （带余除法）给定整数 a, b, b ? 0, 如果有整数 q, r 0 ? r ? b 满足??a ? qb ? r ，则 q 和 r 分别称为 a 除以 b 的商和余数．特别的， r ? 0 时，则称 a 被 b 整除，记作 b a ，或 者说 a 是 b 的倍数，而 b 是 a 的约数． （ q , r 的存在性由定理 1 证明） 定义 2 （最大公约数）设整数 a1 , a2 ,, an 中至少有一个不等于零，这 n 个数的最大公约数是能整除其中每一个整数的最大正整数，记作 ? a1 , a2 ,, an ? ．? a1, a2 ,, an ? 中的 ai 没有顺序，最大公约数也称最大公因数．, an ? ? ? a1 , a2 , , an ? ．简单性质： ? a1 , a2 ,一个功能：可以把对整数的研究转化为对非负整数的研究． 定义 3 （ 最小公 倍数） 非零 整数 a1 , a2 ,, an 的 最小公 倍数 是能 被其中 每一 个ai ?1 ? i ? n ? 所整除的最小正整数，记作 ?a1, a2 ,, an ? ．简单性质：如果 k 是正整数 a , b 的公倍数，则存在正整数 m 使 k ? m 证明 若不然，有 k ? m?a, b? ? r （ 0 ? r ? ? a, b? ） ，由 k ,?a, b??a, b? 都是 a, b 的公倍数得 r?a, b? ．也是 a , b 的公倍数，但 0 ? r ? ? a, b? ，与 ? a, b? 的最小性矛盾．故 k ? m 定义 4如果整数 a , b 满足 ? a, b ? ? 1，则称 a 与 b 是互素的（也称互质） ．定义 5 大于 1 且除 1 及其自身外没有别的正整数因子的正整数，称为素数（也称质 数） ．其余大于 1 的正整数称为合数；数 1 既不是素数也不是合数． 定理 1 若 a , b 是两个整数， b ? 0 ，则存在两个实数 q , r ，使 a ? qb ? r ? 0 ? r ? b ? ， 并且 q , r 是唯一性． 证明 1 先证存在性．作序列, ?3b. ? 2b, ?b,0, b, 2b,3b,则 a 必在上述序列的某两项之间，从而存在一个整数 q ，使qb ? a ? ? q ?1? b ，3 即 取 得0 ? a ? qb ? b ， r ? a ? qb ， 0 ? r ? b ， a ? qb ? r ，即存在两个实数 q , r ，使 a ? qb ? r ? 0 ? r ? b ? ． 再证唯一性．假设不唯一，则同时存在 q1 , r 1 与 q1 , r2 ，使a ? q1b ? r1 ? 0 ? r1 ? b? ， a ? q2b ? r2 ? 0 ? r2 ? b? ，相减? q1 ? q2 ? b ? r2 ? r1 ，q1 ? q2 b ? r2 ? r1 ? b ， 0 ? q1 ? q2 ? 1，但 q1 ? q2 为整数，故 q1 ? q2 ? 0 ，得 q1 ? q2 ，从而 r 1 ?r 2． 注：如果取消 0 ? r ? b ，当 r ? 0 或 r ? b ，不保证唯一． 经典方法：紧扣定义，构造法证存在性，反证法证唯一性． 证明 2 只证存在性，用高斯记号，由0?a ?a? ? ? ?1， b ? ?b ?有?a? 0 ? a ?b? ? ? b ， ?b ?记 r ? a ? b ? ? ，故存在 q ? ? ? , r ? a ? b ? ? , 0 ? r ? b 使 b b b?a? ? ??a? ? ??a? ? ?a ? qb ? r ? 0 ? r ? b? ．证明 3 只证存在性，作集合M ? ?a ? bx | x ? Z , a ? bx ? 0?这是一个有下界的非空整数集，其中必有最小的，设 x ? q 时，有最小值 r ? r ? 0 ?a ? qb ? r ．再证 r ? b ，若不然， r ? b ，记 r ? b ? r1 ，有4 a ? qb ? r ? qb ? ?b ? r1 ? ? b ? q ? 1? ? r1 r1 ? a ? b ? q ?1? ? M即 M 有 r1 比 r 更小，这与 r 为最小值矛盾． 故存在两个实数 q , r ，使 a ? qb ? r ? 0 ? r ? b ? ． 定理 2 设 a, b, c 是三个不全为 0 的整数，满足 a ? qb ? c ，其中 q 也为整数，则? a, b? ? ?b, c? ．证明 设 A ? ｛ a , b 的公约数｝ ，B ? ｛ b, c 的公约数｝ ．任取 d ? A ? ??d | a ?d | c ? a ? bq ?? ? d ?B ? A? B， ?d | b ?d | b任取 d ? B ? ?? d | b ?d | b ?? ? d ? A ? B ? A， ?d | c ?d | a ? bq ? cA?B． 得 有 A 中元素的最大值 ? B 中元素的最大值，即? a, b? ? ?b, c? ．注：这是辗转相除法求最大公约数的理论基础． 经典方法：要证明 A ? B ，只需证 A ? B 且 B ? A ． 定理 3 对任意的正整数 a , b ，有? a, b? ??a, b? ? ab ．证明 因为 ab 是 a , b 的公倍数，所以 a , b 的最小公倍数也是 ab 的约数，存在 q 使ab ? q ?a, b? ，有a?q? a, b? 且 ? a, b? 为整数，b b故 q 是 a 的约数．同理 q 是 b 的约数，即 q 是 a , b 的公约数．下面证明， q 是 a , b 的最大公 约数．若不然， q ? ? a, b? ．有ab ? q ?a, b? ? ? a, b? ?a, b? ．①5 设k ?ab b ab a ，可见 k 是 a 的倍数，同样 k ? ， k 是 b 的倍 ?a ?b ? a, b ? ? a , b ? ? a, b ? ? a , b ?数，即 k 是 a , b 的公倍数，则存在正整数 m 使 k ? m?a, b? ，有ab ? m ? a, b? ? ? a, b? ， ? a, b ?得ab ? q ?a, b? ? ? a, b? ?a, b?与①矛盾，所以， q ? ? a, b? ，得证 ? a, b? ? ?a, b? ? ab ．ab ? a, b ? ? q k ? 注 也可以由 1 ? m ? ，得 q ? ? a, b? ，与 q ? ? a, b? 矛盾． ? a, b? ab ? a, b ? q两步 ab ? q ?a, b? , ab ? ? a, b? k 可以交换吗？ 定理 4 若 ax0 ? by0 是形如 ax ? by （ x, y 是任意整数） a , b 是两个不同时为 0 的整数，的数中的最小正数，则 （1） ax0 ? by0 | ax ? by ； （2） ax0 ? by0 ? ? a, b? ． 证明 （1）由带余除法有ax ? by ? ? ax0 ? by0 ? q ? r ， 0 ? r ? ax0 ? by0 ，得r ? a ? x ? qx0 ? x ? b ? y ? qy0 ? ? ax0 ? by0 ，知 r 也是形如 ax ? by 的非负数，但 ax0 ? by0 是形如 ax ? by 的数中的最小正数，故 r ? 0 ， 即ax0 ? by0 | ax ? by ．（2）由（1）有ax0 ? by0 | a 1 ? b 0 ? a ， ax0 ? by0 | a 0 ? b 1 ? b ，得 ax0 ? by0 是 a , b 的公约数．另一方面， a , b 的每一个公约数都可以整除 ax0 ? by0 ，所以ax0 ? by0 是 a , b 的最大公约数， ax0 ? by0 ? ? a, b? ．6 推论 定理 5若 ? a, b ? ? 1，则存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ． （很有用） 互素的简单性质：（1） ?1, a ? ? 1 ． （2） ? n, n ? 1? ? 1 ． （3） ? 2n ?1, 2n ? 1? ? 1． （4）若 p 是一个素数， a 是任意一个整数，且 a 不能被 p 整除，则 ? a, p ? ? 1 ． 证明 因为 ? a, p ? | p ，所以，素数 p 的约数只有两种可能：? a, p ? ? 1, ? a, p ? ? p ．但a 不能被 p 整除， ? a, p ? ? p ，得 ? a, p ? ? 1 ．推论 若 p 是一个素数， a 是任意一个整数，则 ? a, p ? ? 1 或 ? a, p ? ? p ．（5）若 ? a, b ? ? 1，则存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ． （定理 4 推论） （6）若 ? a, b? ? 1, ? a, c ? ? 1 ，则 ? a, bc ? ? 1 ． 证明 有 得 由 ? a, b ? ? 1知存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ．a ? cs ? ? bct ? c ，? a, bc ? ? ? a, c ? ? 1． ? a ? b, ab? ? 1．（7）若 ? a, b ? ? 1，则 ? a ? b, a ? ? 1， ? a ? b, b ? ? 1 ， 证明? a ? b, a ? ? ? ?b, a ? ? ?b, a ? ? 1 ， ? a ? b, b? ? ? a, b? ? 1，由（6） ? a ? b, ab ? ? 1 ．m n （8）若 ? a, b ? ? 1，则 a , b ? 1 ，其中 m, n 为正整数． m 据（6） ，由 ? a, b ? ? 1可得 a , b ? 1 ． m m n 同样，由 a , b ? 1 可得 a , b ? 1 ．??证明??????定理 6 合数时， q ?设 a 是大于 1 的整数，则 a 的除 1 之外的最小的正约数 q 必是素数，且当 a 是a．7 证明用反证法， 假设 q 不是素数， 则存在正整数数 q1 ， 使 q1 | q ， 但q|a ， 1 ? q1 ? q ，故有 q1 | a ，这与 q 是 a 的除 1 之外的最小正约数矛盾，故 q 是素数． 当 a 是合数时，设 a ? a1q ，则 a1 也是 a 的一个正约数，由 q 的最小性得 q ? a1 ，从而q2 ? a1q ? a ，开方得 q ? a ．定理 7 证明 素数有无穷多个，2 是唯一的偶素数． 假设素数只有有限多个，记为 p1 , p2 ,, pn ，作一个新数p ? p1 p2pn ? 1 ? 1． , pn 矛盾．若 p 为素数，则与素数只有 n 个 p1 , p2 , 若 p 为合数，则必有 pi ?? p1 , p2 ,, pn ? ，使 pi | p ，从而 pi |1 ，又与 pi ? 1 矛盾．综上所述，素数不能只有有限多个，所以素数有无穷多个． 2 是素数，而大于 2 的偶数都是合数，所以 2 是唯一的偶素数． 注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有 n 个素数，便有 n ? 1 个素 数． （构造法、反证法）秒 定理 8（整除的性质）整数 a, b, c 通常指非零整数 （1） 1 a ， ?1| a ；当 a ? 0 时， a | a ， a | 0 ． （2）若 b a ， a ? 0 ，则 b ?若 b a ， b ? a ，则 a ? 0 ;若 ab ? 0 ，且 b a ,a b ， 则a ? b． 证明 由 b a ， a ? 0 ，有 a ? bq ，得 a ? b q ? b ．逆反命题成立“若 b a ， b ? a ，则 a ? 0 ”; 由 b ? a 且 b ? a 得 a ? b ，又 ab ? 0 ，得 a ? b ． （3）若 a ? b ? c ? d ，且 e | a, e | b, e | c ，则 e | d ． （4）若 c b ， b a ，则 c a ． 证明 （定义法）由 c b ， b a ，有b ? q1c, a ? q2b ，得a ? ? q1q2 ? c ，8 即c a．（5）若 c a ，则 bc ab ． （6）若 c a ， c b ，则对任意整数 m, n ，有 c ma ? nb ． 证明 （定义法）由 c a ， c b ，有a ? q1c, b ? q2c ，得 即ma ? nb ? ? mq1 ? nq2 ? c ， c ma ? nb ．（7）若 ? a, b ? ? 1，且 a bc ，则 a c ． 证明 由 ? a, b ? ? 1知存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ，有a ? cs ? ? ?bc ? t ? c ，因为 a a ， a bc ，所以 a 整除等式的左边，进而整除等式的右边，即 a c ． 注意 不能由 a bc 且 a ? | b 得出 a c ．如 6 4 ? 9 ，但 6 ? | 4且6 ? | 9． （8）若 ? a, b ? ? 1，且 a c , b c ，则 ab c ． 证明 由 ? a, b ? ? 1知存在整数 s , t ，使 as ? bt ? 1 ，有acs ? bct ? c ，又由 a c , b c 有 c ? aq1 , c ? bq2 代入得ab ? q2 s ? ? ab ? q1t ? ? c ，所以 ab c ． 注意 不能由 a c 且 b c 得出 ab c ．如不能由 6 30 且 10 | 30 得出 60 | 30 ． （9）若 a 为素数，且 a bc ，则 a b 或 a c ． 证明| b且a ? | c， 若不然， 则a ? 由 a 为素数得 ? a, b? ? 1, ? a, c ? ? 1 ， 由互素的性质 （6）| bc ，与 a bc 矛盾． 得 ? a, bc ? ? 1 ，再由 a 为素数得 a ?| 4且6 ? | 9． 注意 没有 a 为素数，不能由 a bc 推出 a b 或 a c ．如 6 4 ? 9 ，但 6 ?9 定义 6对于整数 a, b, c ，且 c ? 0 ，若 c (a ? b) ，则称 a , b 关于模 c 同余，记作a ? b(mod c) ；若 c ? | ? a ? b? ，则称 a , b 关于模 c 不同余，记作 a定理 9（同余的性质）设 a, b, c, d , m 为整数， m ? 0, （1）若 a ? b(mod m) 且 b ? c(mod m) ，则 a ? c(mod m) ； 证明 由 a ? b(mod m) 且 b ? c(mod m) ，有b(mod c) ．a ? b ? mq1 , b ? c ? mq2 ，a ? c ? m ? q1 ? q2 ? ，得 a ? c(mod m) ．c ?b ?d （2） 若 a ? b(mod m) 且 c ? d (mod m) ， 则a?证明 由 a ? b(mod m) 且 c ? d (mod m) ，有m (o d m)且 ac ? bd (mod m) ．a ? b ? mq1 , c ? d ? mq2 ，对①直接相加 ，有①? a ? c? ? ?b ? d ? ? m? q1 ? q2 ? ，得a ? c ? b ? d (mod m) .对①分别乘以 c, b 后相加，有ac ? bd ? ? ac ? bc ? ? ?bc ? bd ? ? m ? cq1 ? bq2 ? ，得ac ? bd (mod m) ．（3） 若 a ? b(mod m) ， 则对任意的正整数 n 有 a ? b (mod m) 且 an ? bn(mod mn) .n n（4）若 a ? b(mod m) ，且对非零整数 k 有 k (a, b, m) ，则 由 a ? b(mod m) 、 ，有a b? m? ? ? mod ? ． k k? k?证明a ? b ? mq ，又 k (a, b, m) ，有a b m , , 均为整数，且 k k k10 a b m ? ? q， k k k得a b? m? ? ? mod ? ． k k? k?定理 10 设 a , b 为整数， n 为正整数，n n （1）若 a ? b ，则 ? a ? b ? a ? b ．??a n ? b n ? ? a ? b ? ? a n ?1 ? a n ? 2b ? a n ?3b 2 ?（2）若 a ? ?b ，则 ? a ? b ? a? ab n ? 2 ? b n ?1 ? ．?2 n ?1? b 2 n ?1 ? ．? ab 2 n ?3 ? b 2 n ? 2 ? ．a 2 n ?1 ? b 2 n ?1 ? ? a ? b ? ? a 2 n ? 2 ? a 2 n ?3b ? a 2 n ? 4b 2 ?（3）若 a ? ?b ，则 ? a ? b ? a?2n? b2n ? ．? ab 2 n ?2 ? b 2 n ?1 ? ．a 2 n ? b 2 n ? ? a ? b ? ? a 2 n ?1 ? a 2 n ? 2b ? a 2 n ?3b 2 ?定义 7设 n 为正整数， k 为大于 2 的正整数, a1 , a2 ,, am 是小于 k 的非负整数，且a1 ? 0 ．若n ? a1k m?1 ? a2k m?2 ?则称数 a1a2 定理 11? am?1k ? am ，am 为 n 的 k 进制表示．给定整数 k ? 2 ，对任意的正整数 n ，都有唯一的 k 进制表示．如n ? a110m?1 ? a210m?2 ? n ? a1 2m?1 ? a2 2m?2 ?? am?110 ? am ， 0 ? ai ? 9, a1 ? 0 （10 进制） ? am?1 2 ? am ． 0 ? ai ? 1, a1 ? 0 （２进制）定理 12 （算术基本定理）每个大于 1 的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因 数的顺序时，这种表示是唯一的n ? p1?1 p2?2其中 p1 ? p2 ? 证明 1pk?k ，, ? k 为正整数． （分解唯一性）? pk 为素数， ?1 , ? 2 ,先证明，正整数 n 可分解为素数的乘积n ? p1 p2pm ．①如果大于 1 的正整数 n 为素数，命题已成立． 当正整数 n 为合数时， n 的正约数中必有一个最小的，记为 p1 ，则 p1 为素数，有11 n ? p1a1 ， 1 ? a1 ? n ．如果 a1 为素数，命题已成立．当 a1 为合数时， a1 的最小正约数 p2 为必为素数，有n ? p1a1 ? p1 p2a2 ， 1 ? a2 ? a1 ? n ．这个过程继续进行下去，由于 n 为有限数，而每进行一步 ai 就要变小一次，于是，经 过有限次后，比如 m 次， n 就变为素数的乘积n ? p1 p2 n ? q1q2则有pm ．下面证明分解式是唯一的．假设 n 还有另一个分解式qt ， pm ? q1q2 qt ．② ③p1 p2因为等式的右边能被 q1 整除，所以左边也能被 q1 整除，于是 q1 整除 p1 , p2 , 某一个 pi ，但 pi 为素数，所以 pi 与 q1 相等，不妨设 pi 为 p1 ，有, pm 中的p1 ? q1 ．把等式③两边约去 p1 ? q1 ，得p2 p3pm ? q2q3qt ．再重复上述步骤，又可得 p2 ? q2 ， p3 ? q3 ，?，直到等式某一边的因数被全部约完， 这时，如果另一边的因数没有约完，比如右边没有被约完（ m ? t ） ，则有1 ? qm?1qm?2但 qm?1 , qm?2 ,qt ．④, qt 均为素数，素数都大于 1，有 qm?1qm?2qt ? 1 ，这表明等式④不可能成立，两个分解式的因数必然被同时约完，即分解式是唯一的． 将分解式按 pi 的递增排列，并将相同的 pi 合并成指数形式，即得n ? p1?1 p2?2其中 p1 ? p2 ? 证明 2pk?k ．, ? k 为正整数． ? pm ．? pk 为素数， ?1 , ? 2 , pm ， p1 ? p2 ?用第二数学归纳法证明n ? p1 p2（1）当 n ? 2 ，因为 2 为素数，命题成立．12 （2）假设命题对一切大于 1 而小于 n 的正整数已成立． 这时，若 n 为素数，命题成立；若 n 不为素数，必存在 a , b ，使n ? ab ， 1 ? a ? n,1 ? b ? n ，由归纳假设，小于 n 的 a , b 可分解为素数的乘积/ a ? p1/ p2 / ps/ , p1/ ? p2 ?? ps/ , ? pt/ ,b ? ps/ ?1 ps/ ? 2得/ n ? p1/ p2pt/ , ps/ ?1 ? ps/ ? 2 ?ps/ qs/ ?1qs/ ?2 qt/ ，适当调整 pi/ 的顺序，可得命题对于正整数 n 成立． 由数学归纳法，命题对一切大于 1 的正整数 n 成立． 下面证明分解式是唯一的．假设 n 的分解式不唯一，则至少有两个分解式n ? p1 p2 n ? q1q2得 有pm ， p1 ? p2 ? qt ， q1 ? q2 ? pm ? q1q2 qt ．? pm ， ? qt ，p1 p2 p1 | q1q2qt 且 q1 | p1 p2pm ，这就存在 qi , p j ，使p1 | qi 且 q1 | p j ，但 p1 , qi , q1 , p j 均为为素数，所以p1 ? qi , q1 ? p j ，又 所以p1 ? qi ? q1 ? p j ? p1 ，p1 ? q1 ．把等式两边约去 p1 ? q1 ，得p2 p3pm ? q2q3qt ．再重复上述步骤，又可得 p2 ? q2 ， p3 ? q3 ，?，直到等式某一边的因数被全部约完， 这时，如果另一边的因数没有约完，比如右边没有被约完（ m ? t ） ，则有1 ? qm?1qm?2qt ．13 但 qm?1 , qm?2 ,, qt 均为素数，素数都大于 1，有 qm?1qm?2qt ? 1 ，这表明上述等式不可能成立，两个分解式的因数必然被同时约完，即分解式是唯一的． 将分解式按 pi 的递增排列，并将相同的 pi 合并成指数形式，即得n ? p1?1 p2?2其中 p1 ? p2 ? 定理 13pk?k ．, ? k 为正整数．? pk 为素数， ?1 , ? 2 ,若正整数 n 的素数分解式为 n ? p1?1 p2?2pk?k 则 n 的正约数的个数为d ? n? ? ? a1 ?1?? a2 ?1?? ak ?1? ，pk ?k ?1 ? 1 ． ? pk ? 1n 的一切正约数之和为p1?1 ?1 ? 1 p2?2 ?1 ? 1 S ? n? ? ? ? p1 ? 1 p2 ? 1证明 对于正整数 n ? p1 1 p2? ?2pk?k ，它的任意一个正约数可以表示为①m ? p1?1 p2?2由于 ?i 有 0,1, 2,pk ?k ， 0 ? ?i ? ?i ，, ?i 共 ? i ? 1 种取值，据乘法原理得 n 的约数的个数为d ? n? ? ? a1 ?1?? a2 ?1?考虑乘积? ak ?1? ．? p2? 2 ??p0 1? p11 ?? p1?1 ?? p2 0 ? p21 ??p0 k? pk 1 ?? pk ? k ，?展开式的每一项都是 n 的某一个约数（参见①） ，反之， n 的每一个约数都是展开式 的某一项，于是， n 的一切约数之和为S ? n ? ? ? p10 ? p11 ?? p1?1 ??p0 k? pk 1 ?? pk ?1 ??注p1?1 ?1 ? 1 p2?2 ?1 ? 1 ? ? p1 ? 1 p2 ? 1?pk ?k ?1 ? 1 ． pk ? 1构造法．定义 8 （高斯函数）对任意实数 x ，? x ? 是不超过 x 的最大整数．亦称 ? x ? 为 x 的整数 部分， ? x? ? x ? ? x? ? 1 ． 定理 14 在正整数 n ! 的素因子分解式中，素数 p 作为因子出现的次数是?n? ? n ? ? n ? ? p ? ? ? p 2 ? ? ? p3 ? ? ? ? ? ? ? ?．14 证明由于 p 为素数， 故在 n ! 中 p 的次方数是 1, 2,, n 各数中 p 的次方数的总和（注意，若 p 不为素数，这句话不成立） ． 在 1, 2,?n? ?n? ? n ? , n 中，有 ? ? 个 p 的倍数；在 ? ? 个 p 的倍数的因式中，有 ? 2 ? 个 p 2 的 ?p ? ? p? ? p?倍数；在 ?? n ? ?n ? 个 p 2 的倍数的因式中，有 ? 3 ? 个 p3 的倍数；?，如此下去，在正整数 n ! 2 ? ?p ? ?p ? ?n? ? n ? ? n ? ? p ? ? ? p 2 ? ? ? p3 ? ? ? ? ? ? ? ?的素因子分解式中，素数 p 作为因子出现的次数就为 ．注 省略号其实是有限项之和． 画线示意 50! 中 2 的指数．50! ? 2?1 3?2 5?3 7?411?513?617?719?8 23?9 29 31 37 41 43 47定理 15 证明 1p ?1 （费玛小定理）如果素数 p 不能整除整数 a ，则 p a ? 1 ．??考察下面的 p ? 1 个等式：a ? pq1 ? r1 ， 0 ? r1 ? p ，2a ? pq2 ? r2 ， 0 ? r2 ? p??? p ?1? a ? pqp?1 ? rp?1 ， 0 ? rp?1 ? p由于素数 p 不能整除整数 a ，所以， p 不能整除每个等式的左边，得 r 1, r 2, 为 0，只能取 1, 2,, rp?1 均不, p ? 1 ．下面证明 r1 , r2 ,, rp?1 各不相等．若不然，存在 t , s,1 ? t ? s ? p ? 1 ，使sa ? pqs ? rs , ta ? pqt ? rt , rs ? rt ,相减? s ? t ? a ? p ? qs ? qt ? ．应有素数 p 整除 ? s ? t ? a ，但素数 p 不能整除 a ，所以素数 p 整除 ? s ? t ? ，然而由1 ? t ? s ? p ? 1 可得15 0 ? s ?t ? p ?2 ? p ，要素数 p 整除 ? s ? t ? 是不可能的，得 r 1, r 2,, rp?1 各不相等．有rr 1 2rp?1 ? 1 2? p ?1? ? ? p ?1?! ．再把上述 p ? 1 个等式相乘，有? p ?1?!a p?1 ? Mp ? rr 1 2即rp?1 ，? p ?1?!a p?1 ? Mp ? ? p ?1?! ，? p ? 1?!? a p ?1 ? 1? ? Mp ．其中 M 是一个整数． 亦即p ?1 由于 p 是素数，不能整除 ? p ?1?! ，所以素数 p 整除 a ? 1 ，得证p ? a p ?1 ? 1?证明 2p 改证等价命题：如果素数 p 不能整除整数 a ，则 a ? a ? mod p ? ．只需对 a ? 1, 2,, p ? 1证明成立，用数学归纳法．（1） a ? 1 ，命题显然成立． （ 2 ） 假 设 命 题 对 a ? k ?1 ? k ? p ?1? 成 立 ， 则 当 a ? k ? 1 时 ， 由 于p | Cip ?i ? 1,2,, p ?1? ，故有p p ?1 ? k p ? C1 ? pk p ?1 ? Cp k ?1? k ? 1?（用了归纳假设） ? k p ?1 ? k ?1? mod p ? ． 这表明，命题对 a ? k ? 1 是成立． 由数学归纳法得 a ? a ? mod p ? ．pp ?1 又素数 p 不能整除整数 a ，有 ? a, p ? ? 1 ，得 p a ? 1 ．??定义 9 定理 16（欧拉函数）用 ? ? n ? 表示不大于 n 且与 n 互素的正整数个数． 设正整数 n ? p1 1 p2? ?2pk?k ，则? 1 ? ?1 ? ? ． ? pk ?16? ? n ? ? n ?1 ???1 ?? 1 ? ??1 ? ? p1 ?? p2 ? 证明 （ i ? 1, 2用容斥原理．设 S ? ?1,2,, n? ，记 Ai 为 S 中能被 pi 整除的数所组成的集合，用 Ai 表示 Ai 中元素的个数，有 ,k ）Ai ?n ， Ai piAj ?n , pi p j, A1A2Ak ?n p1 p2 pk．易知， S ? ?1,2,, n? 中与 n 互素的正整数个数为Ak ，A1由容斥原理得A2A1 ?A2Ak ? S ? Ai Aj1?i ? k?Ai ?1?i ? j ? k k?Ai A2Aj Ak? ? ?1?k1?i ? j ? m? k?Am ?? ? ?1? A1? n?1?i ? k?n n n ? ? ? ? ? pi 1?i ? j ? k pi p j 1?i ? j ? m? k pi p j pmn p1 p2kpk 1 ? ? pk ? ?? 1 1 1 ? n ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? 1?i ? k pi 1?i ? j ? k pi p j 1?i ? j ? m? k pi p j pm ? ? 1 ?? 1 ? ? n ?1 ? ? ?1 ? ? p1 ? ? p2 ? ?注 示意 n ? 3 的容斥原理． 推论? ? ? ?1 对素数 p 有 ? ? p ? ? p ? 1, ? p ? p ? p ．? ? ?1?p1 p2? 1 ? ?1 ? ? . pk ? ?? ?定理 17整系数不定方程 ax ? by? c（ ab ? 0 ）存在整数解的充分必要条件是? a, b ? c ．证明 记 d ? ? a, b ? ．（1）必要性（方程有解必须满足的条件） ．若方程存在整数解，记为 ?? x ? x0 , ，则 ? y ? y0 ,ax0 ? by0 ? c ，由 d | a, d | b ， 有 d | ax0 ? by0 ，得证 ? a, b ? | c ． （2）充分性（条件能使方程有解） ．若 d | c ，可设 c ? de 由于形如 ax ? by 的数中有 最小正数 ax0 ? by0 满足17 ax0 ? by0 ? ? a, b? ．两边乘以 e ，得a ? ex0 ? ? b ? ey0 ? ? c这表明方程有解 ?? x ? ex0 , ? y ? ey0 . ? x ? x0 , 是整系数不定方程 ax ? by ? c 的一个整数 ? y ? y0 ,定理 18若 ab ? 0 , ? a, b ? ? 1，且 ?解，则方程的一切整数解可以表示为? x ? x0 ? bt , ?t ? Z ? ． ? ? y ? y0 ? at ,证明 由 ? x0 , y0 ? 是方程的一个解，有①直接代入知①是方程的整数解，下面证明任意一个整数解都有①的形式.ax0 ? by0 ? c ，又方程的任意一个解 ? x, y ? 满足ax ? by ? c ，相减② ③a ? x ? x0 ? ? b ? y ? y0 ? ? 0 ．但 ? a, b ? ? 1，故有a | ? y ? y0 ? ，有x ? x0 y ? y0 ? ? t, t ? Z ?b a? x ? x0 ? bt , ?t ? Z ? ． ? ? y ? y0 ? at ,得方程的任意一个整数解可以表示为定义 10 （平面整点）在平面直角坐标系上，纵横坐标都是整数的点称为整点（也称格 点） ．类似地可以定义空间整点．18 第二讲数论题的范例讲解主要讲几个重要类型：奇数与偶数，约数与倍数（素数与合数） ，平方数，整除，同余， 不定方程，数论函数等．重点是通过典型范例来分析解题思路、提炼解题方法和巩固基本内 容． 一、奇数与偶数 整数按照能否被 2 整除可以分为两类，一类余数为 0，称为偶数，一类余数为 1，称为 奇数．偶数可以表示为 2 n ，奇数可以表示为 2n ? 1 或 2n ? 1 ．一般地，整数被正整数 m 去 除，按照余数可以分为 m 类，称为模 m 的剩余类 Ci ? x x ? i ? mod m ? ，从每类中各取出 一个元素 ai ? Ci ，可得模 m 的完全剩余系（剩余类派出的一个代表团） ， 0,1, 2,??, m ? 1称为模 m 的非负最小完全剩余系. 通过数字奇偶性质的分析而获得解题重大进展的技巧，常称作奇偶分析，这种技巧与 分类、染色、数字化都有联系，在数学竞赛中有广泛的应用． 关于奇数和偶数，有下面的简单性质： （ 1 ）奇数 ? 偶数． （ 2 ）偶数的个位上是 0 、 2 、 4 、 6 、 8 ；奇数的个位上是 1 、 3 、 5 、 7 、 9 ． （ 3 ）奇数与偶数是相间排列的；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；． （ 4 ）奇数个奇数的和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；偶数跟奇数的和是奇数； 任意多个偶数的和是偶数． （ 5 ）除 2 外所有的正偶数均为合数； （ 6 ）相邻偶数的最大公约数为 2 ，最小公倍数为它们乘积的一半． （ 7 ）偶数乘以任何整数的积为偶数． （ 8 ）两数和与两数差有相同的奇偶性， a ? b ? a ? b? mod 2? ． （ 9 ）乘积为奇数的充分必要条件是各个因数为奇数． （ 10 ） n 个偶数的积是 2 的倍数． （ 11 ） ? ?1? ? 1 的充分必要条件是 k 为偶数， ? ?1? ? ?1的充分必要条件是 k 为k kn奇数． （ 12 ） ? 2n ? ? 0 ? mod 4 ? , ? 2n ? 1? ? 1? mod 4 ? , ? 2n ? 1? ? 1? mod 8 ? ．2 2 2（ 13 ）任何整数都可以表示为 n ? 2 ?? 例 1 （1906，匈牙利）假设 a1 , a2 , 数，则乘积m? 2k ?1? ．, n 的某种排列，证明：如果 n 是奇, an 是 1, 2,? a1 ?1?? a2 ? 2? ? an ? n?是偶数． 解法 1 （反证法）假设 ? a1 ?1?? a2 ? 2?? an ? n? 为奇数，则 ai ? i 均为奇数，奇19 数个奇数的和还是奇数 奇数= ? a1 ?1? ? ? a2 ? 2? ?? ? an ? n? ? n? ? 0 ，? ? a1 ? a2 ?? an ? ? ?1? 2 ?这与“奇数 ? 偶数”矛盾． 所以 ? a1 ?1?? a2 ? 2? 评析 这个解法说明 ? a1 ?1?? a2 ? 2?? an ? n? 是偶数．但没有指出为偶数 ? an ? n? 不为偶数是不行的，的真正原因．体现了整体处理的优点，但掩盖了“乘积”为偶数的实质． 解法 2 （反证法）假设 ? a1 ?1?? a2 ? 2?? an ? n? 为奇数，则 ai ? i 均为奇数， ai 与i 的奇偶性相反， ?1, 2,, n? 中奇数与偶数一样多， n 为偶数．但已知条件 n 为奇数，矛盾． 所以 ? a1 ?1?? a2 ? 2? 评析? an ? n? 是偶数．．那么 ? an ? n? 为偶数的原因是“ n 为奇数”这个解法揭示了 ? a1 ?1?? a2 ? 2?为什么“ n 为奇数”时“乘积”就为偶数呢？ 解法 31, 2,, n, a1, a2 ,, an 中有 n ? 1 个奇数，放到 n 个括号，必有两个奇数在同一个括号，这两个奇数的差为偶数，得 ? a1 ?1?? a2 ? 2? 评析 这个解法揭示了 ? a1 ?1?? a2 ? 2?? an ? n? 为偶数．? an ? n? 为偶数的原因是“当 n 为奇数时，1, 2,, n 中奇数与偶数个数不等，奇数多，某个括号必是两个奇数的差，为偶数” ．类似题： 例 1-1 （1986，英国）设 a1 , a2 ,, a7 是整数， b1 , b2 ,, b7 是它们的一个排列，证明? a1 ? b1 ?? a2 ? b2 ? ? a7 ? b7 ? 是偶数．（ a1 , a2 , 例 1-2, a7 中奇数与偶数个数不等）记 a1 , a2 , , a4 ? 的前 24 位数字为 ? ? 3. ， 2 为该 24 个数字的任一排列，求证 ? a1 ? a2 ?? a3 ? a4 ?? a23 ? a24 ? 必为偶数．（暗藏 3,1, 4,1,5,9, 2,6,5,3,5,8,9,7,9,3, 2,3,8, 4, 6, 2,6, 4 中奇数与偶数个数不等） 例2 能否从 1, 2,,15 中选出 10 个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的 ,14 ？数相减（大数减小数） ，所得的 14 个差恰好为 1, 2,20 解考虑 14 个差的和 S ，一方面S ? 1? 2 ?? 14 ? 105 为奇数．另一方面，每两个数 a , b 的差与其和有相同的奇偶性 a ? b ? a ? b(mod 2) ，因此， 14 个差的和 S 的奇偶性与 14 个相应数之和的和 S 的奇偶性相同， 由于图中的每一个数 a 与 2 个或 4 个圈中的数相加，对 S 的贡献为 2 a 或 4 a ，从而 S 为偶数，这与 S 为奇数矛盾， 所以不能按要求给图中的圆圈填数． 评析：用了计算两次的技巧．对同一数学对象，当用两种不同的方式将整体分为部分 时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理．计算两 次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式．在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾． 例 3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和 与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？ 解 （1）4 堆是不能保证的．如 4 堆的奇偶性为： （反例） （奇奇） ， （偶偶） ， （奇偶） ， （偶奇） ． （2）5 堆是可以保证． 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述 4 种可能，当把这些苹 果和梨分成 5 堆时，必有 2 堆属于同一奇偶性，其和苹果数与梨数都是偶数． 例 4 有 n 个 数 x1 , x 2 ,/ / /,xn? 1 , xn ， 它 们 中 的 每 一 个 要 么 是 1 ， 要 么 是 ?1 ． 若x1 x2 ? x2 x3?证明??n x x ?n x x 0 ，求证 4 | n ． ? 1n 1 ?由 xi ??1, ?1? ，有 xi xi ?1 ??1, ?1? ，再由x1x2 ? x2 x3 ??? xn?1xn ? xn x1 ? 0 ，知 n 个 xi xi ?1 中有一半是 1 ，有一半是 ?1 ， n 必为偶数，设 n ? 2k ． 现把 n 个 xi xi ?1 相乘，有(?1)k (?1)k ? x1x2 x2 x3xn?1xn xn x1 ? x12 x22xn?12 xn2 ? 1，可见， k 为偶数，设 k ? 2 m ，有 n ? 4 m ，得证 4 | n ． 例5 证明n 个整数 a1 , a2 ,, an?1 , an ，其积为 n ，其和为 0，试证 4 | n ．先证 n 为偶数，若不然，由 a1a2an?1an ? n 知， a1 , a2 ,, an?1 , an 全为奇数，其和必为奇数，与其和为 0（偶数） ，故 n 必为偶数． （ a1 , a2 , 再证 n 为 4 的倍数，若不然，由 n 为偶数知， a1 , a2 ,, an?1 , an 中至少有 1 个偶数）, an?1 , an 恰有一个为偶数，其余n ?1 个 数 全 为 奇 数 ， 奇 数 个 奇 数 之 和 必 为 奇 数 ， 加 上 一 个 偶 数 ， 总 和 为 奇 数 ， 与a1 , a 2 ,（ a1 , a ,an? 1 , an 之和为 0 矛盾，所以， n 为 4 的倍数， 4 | n ． 2, ,a ,1 n? an 中至少有21 2 个偶数） 评析 要证 4 | n ，只须证 a1 , a2 ,, an?1 , an 中至少有 2 个偶数，分两步，第一步证至少有 1 个偶数，第二步证至少有 2 个偶数． 例6 在数轴上给定两点 1 和 2 ，在区间 (1, 2) 内任取 n 个点，在此 n ? 2 个点中，每相邻两点连一线段，可得 n ? 1 条互不重叠的线段，证明在此 n ? 1 条线段中，以一个有理 点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条． 证明 使 将 n ? 2 个点按从小到大的顺序记为 A , An?2 ，并在每一点赋予数值 ai ， 1 , A2 , …? 1, 当Ai为有理数点时， ai ? ? ??1, 当Ai为无理数点时.与此同时，每条线段 Ai Ai ?1 也可数字化为 ai ai ?1 （乘法）??1, 当Ai , Ai ?1一为有理数点，另一为无理数时， ai ai ?1 ? ? ? 1, 当Ai , Ai ?1同为有理数点或无理数点时,记 ai ai ?1 ? ?1 的线段有 k 条，一方面(a1a2 )(a2a3 )(a3a4 )…(an?1an?2 ) ? (?1)k (?1)n?k ?1 ? (?1)k另一方面 (a1a2 )(a2a3 )(a3a4 )…(an?1an?2 )? a1 (a2a3…an?1 )2 an?2 ? a1an?2 ? ?1 ，得 ? ?1? ? ?1，故 k 为奇数．k评析 用了数字化、奇偶分析的技巧． 二、约数与倍数 最大公约数与最小公倍数的求法． （1）短除法． （2）分解质因数法．设a ? p1?1 p2?2 b ? p1?1 p2?2记 则pk?k ,?i ? 0, i ? 1, 2, pk ?k , ?i ? 0, i ? 1, 2,,k ， ,k ．? i ? min ??i , ?i ?, ?i ? max ??i , ?i ?，? a, b? ? p1?1p2? 22pk ? k ， pk ?k ．?a, b? ? p1? p2?122 （3）辗转相除法? a, b? ? ?b, r ? ? ? r1, r2 ? ?? ? rn?1, rn ? ? ? rn ,0? ? rn ．例 7 （1）求 ?? ， ?? ； （2） ?144,180,108? ， ?144,180,108? ． 解（1）方法 1 分解质因数法．由8381 ? 172 ? 29, 1015 ? 5 ? 7 ? 29,得?? ? 29 ，?? ? 5? 7 ?172 ? 29 ? 293335 ．方法 2 辗转相除法．8
232 29 783 232 232 0 8或q2 ? 3 q3 ? 1 q2 ? 3 q1 ? 8 232 261 2 232 783 8120 r4 ? 0 r2 ? 29 r2 ? 232 r1 ? 261或?? ? ? 261,1015? ? ? 261,232? ? ? 29,232? ? ? 29,0? ? 29 ．?? ?81?1015 ? ? 8381? 35 ? 293335 ． 29 ??（2）方法 1 短除法．由2 144 180 108 2 72 3 36 312 4得90 30 10 554 27 9 3?144,180,108? ? 22 ? 32 ? 36 ，?144,180,108? ? 24 ? 33 ? 5 ? 2160 ．方法 2 分解质因数法．由23 144 ? 24 ? 32 , 180 ? 22 ? 32 ? 5, ， 108 ? 22 ? 33 ,得?144,180,108? ? 22 ? 32 ? 36 ，?144,180,108? ? 24 ? 33 ? 5 ? 2160 ．例8 正整数 n 分别除以 2,3, 4,5,6,7,8,9,10 得到的余数依次为 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 ， 则 ．n 的最小值为解 依题意，对最小的 n ，则 n ? 1 是 2,3, 4,5,6,7,8,9,10 的公倍数n ? 1 ? 23 ? 32 ? 5 ? 7 ，得 n ? 2519 ． 例 9 有两个容器，一个容量为 27 升，一个容量为 15 升，如何利用它们从一桶油中倒 出 6 升油来？ 解 相当于求不定方程 15 x ? 27 y ? 6 的整数解．由 ?15,27? ? 3 知，存在整数 u , v ，使15u ? 27v ? 3 ，可得一个解 u ? 2, v ? ?1，从而方程15 ? 4 ? 27 ? ? ?2? ? 6 ．即往小容器里倒 2 次油，每次倒满之后就向大容器里倒，大容器倒满时，小容器里剩有 3 升油；再重复一次，可得 6 升． 例 10 对 每 一 个 n ? 2 ， 求 证 存 在 n 个 互 不 相 同 的 正 整 数 a1 , a2 ,, an ， 使ai ? a j ai? a，对任意的 i, j ??1,2, j证明, n?, i ? j 成立．用数学归纳法．当 n ? 2 时，取 a1 ? 1, a2 ? 2 ，命题显然成立．假 设 n ? k 时 ， 命 题 成 立 ， 即 存 在 a1 , a2 ,, ak ， 使 ai ? a j ai ? a j ， 对 任 意 的i, j ??1,2,, k?, i ? j 成立．, ak 及它们每两个数之差的最小公倍数，则 k ? 1 个数 , ak ? b现取 b 为 a1 , a2 ,b, a1 ? b, a2 ? b,24 满足?? at ? b ? ? b ? at ? b ? ? b, ? ? a ? b ? ? ? a j ? b ? ? ai ? b ? ? ? a j ? b ? , ? ?? i即命题对 n ? k ? 1 时成立．由数学归纳法知命题对 n ? 2 成立． 例 11?1959, IMO1?1 ? 证明对任意正整数 n ，分数 14n ? 3 不可约．21n ? 4 可约，则存在 14n ? 3d ? 1，①21n ? 4证明 1 （反证法）假若使? 21n ? 4,14n ? 3? ? d ，从而存在 p, q, ? p, q ? ? 1，使?21n ? 4 ? dp, ? ?14n ? 3 ? dq,消去 n ， ?3? ? 3 ? ? 2? ? 2 ，得② ③1 ? d ?3q ? 2 p ? ，的④ ⑤d ? 1．由（1） 、 （5）矛盾，得 d ? 1 ． 解题分析： （1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法． （2）式④是实质性的进展，表明1 ? 3?14n ? 3? ? 2 ? 21n ? 4? ，可见? 21n ? 4,14n ? 3? ? 1 ．由此获得 2 个解法． 证明 2 设 ? 21n ? 4,14n ? 3? ? d ．存在 p, q, ? p, q ? ? 1 ，使?21n ? 4 ? dp, ? ?14n ? 3 ? dq,消去 n ，②×3-①×2，得① ②1 ? d ?3q ? 2 p ?得 d ? 1． 证明 3 得 证明 4 由 1 ? 3?14n ? 3? ? 2 ? 21n ? 4?③? 21n ? 4,14n ? 3? ? 1 ． ? 21n ? 4,14n ? 3?25 ? ? 7n ?1,14n ? 3? ? ? 7n ?1,1?? 1．④ ⑤解题分析：第④ 相当于 ①-②；第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式 与⑤式的效果是一样的． 例 12 不存在这样的多项式f ? n? ? amnm ? am?1nm?1 ?? a1n ? a0 ，使得对任意的正整数 n ， f ? n ? 都是素数． 证明 假设存在这样的多项式,对任意的正整数 n ，f ? n ? 都是素数， 则取正整数 n ? b ，有素数 p 使f ?b? ? ambm ? am?1bm?1 ?进而对任意的整数 k , 有? a1b ? a0 ? p ，f ? b ? kp ? ? am ? b ? kp ? ? am ?1 ? b ? kp ?mm ?1?? a1 ? b ? kp ? ? a0? ? amb m ? am ?1b m ?1 ?? a1b ? a0 ? ? Mp （二项式定理展开）? P ?1 ? M ? ，其中 M 为整数，这表明 f ? b ? kp ? 为合数． 这一矛盾说明，不存在这样的多项式,对任意的正整数 n ， f ? n ? 都是素数． 三、平方数 若 a 是整数，则 a 就叫做 a 的完全平方数，简称平方数． 1．平方数的简单性质 （1）平方数的个位数只有 6 个： 0,1, 4,5.6.9 ． （2）平方数的末两位数只有 22 个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84， 25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89． （3） ? 2n ? ? 0 ? mod 4 ? , ? 2n ? 1? ? 1? mod 4 ? ．2 22（４） ? 2n ? 1? ? 1? mod 8 ?．2（6）凡是不能被 3 整除的数，平方后被 3 除余 1． （7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数． （8）非零平方数的约数有奇数个．26 （9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足 a ? b ? c 的整数 ? a, b, c ? 叫做勾股2 2 2数．勾股数的公式为?a ? m 2 ? n 2 , ? ?b ? 2mn, ?c ? m 2 ? n 2 , ?其中 m, n 为正整数， ? m, n? ? 1 且 m, n 一奇一偶．这个公式可给出全部素勾股数． 2．平方数的证明方法 （1）反证法． （2）恒等变形法． （3）分解法．设 a 为平方数，且 a ? bc ， ? b, c ? ? 1，则 b, c 均为平方数． （4）约数法．证明该数有奇数个约数． 3．非平方数的判别方法2 （1）若 n ? x ? ? n ? 1? ，则 x 不是平方数． 2（2）约数有偶数个的数不是平方数． （3）个位数为 2，3，7，8 的数不是平方数． （4）同余法：满足下式的数 n 都不是平方数．n ? 2 ? mod3? ， n ? 2或3? mod 4? ， n ? 2或3? mod5? ， n ? 2或3或5或6或7 ? mod8? ， n ? 2或3或7或8 ? mod10? ．（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36， 56，76，96，09，29，49，69，89．如 个位数与十位数都是都是奇数的数， 个位数是 6、而十位数是偶数的数． 例 13 有 100 盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码 1，2，?，99， 100．每盏灯由一个拉线开关控制着．最初，电灯全是关着的．另外有 100 个学生，第一个 学生走过来，把凡是号码为 1 的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第 2 个学生走过来，把凡 是号码为 2 的倍数的电灯的开关拉了一下； 第 3 个学生走过来， 把凡是号码为 3 的倍数的电 灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被 100 整除的电灯的开关拉 了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？ 讲解 （1）直接统计 100 次拉线记录，会眼花缭乱． （2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数 （学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次．27 （3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系： 0 关 1 开 2 关 3 开 4 关 5 开 6 关 7 开 8 关 9 开灯被拉奇数次的亮！ （4）哪些数有奇数个约数：平方数． （5）1～100 中有哪些平方数：共 10 个： 1，4，9，16，25，36，49，64，81，100． 答案：编号为 1，4，9，16，25，36，49，64，81，100 共 10 个灯还亮． 例 14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数 a , b ， 斜边为正整数 c ， 若 a 为素数，求证 2 ? a ? b ? 1? 为平方数． 证明 由勾股定理 c ? a ? b ，有2 2 2?c ? b??c ? b? ? a2 ，但 a 为素数，必有?c ? b ? a 2 , ? ?c ? b ? 1,解得 从而b?1 2 ? a ? 1? ， 222 ? a ? b ? 1? ? 2a ? ? a 2 ? 1? ? 2 ? ? a ? 1? ，为平方数． 例 15 求证，任意 3 个连续正整数的积不是平方数． 证明 设存在 3 个连续正整数 n ? 1, n, n ? 1 （ n ? 1 ）的积为平方数，即存在整数 m ， 使? n ?1? n ? n ?1? ? m2 ，即?n?2? 1? n ? m 2 ，2 2 但 n ? 1, n ? 1 ，故 n ?1, n 均为平方数，有??n 2 ? 1 ? a 2 , ? 2 ?n ? b , ?m ? ab, ?得1 ? n 2 ? a 2 ? n 2 ? ? n ? 1? ? 2n ? 1 ? 1 ， （注意 n ? 1 ）2这一矛盾说明，3 个连续正整数的积不是平方数．28 例 16?1986, IMO23?1 ? 设 d 是异于 2，5，13 的任一整数．求证在集合 ?2,5,13, d? 中可以找到两个不同元素 a , b ，使得 ab ? 1 不是完全平方数． 证明2 2 因为 2 ? 5 ? 1 ? 32 , 2? 13? 1? 5 ，所以不是完全平方数只能是 , 5? 13? 1? 82d ? 1,5d ? 1,13d ? 1 ．若结论不成立，则存在正整数 x, y, z ，使2d ? 1 ? x 2 , 5d ? 1 ? y ,2① ② ③13d ? 1 ? z ,2同时成立，由①知 x 是奇数，设 x ? 2n ? 1 代入①得d ? 2n2 ? 2n ? 1为奇数，代入②、③知 y, z 均为偶数．设 y ? 2 p, z ? 2q ，代入②、③后相减，有2d ? q2 ? p2 ? ? q ? p ?? q ? p ? ．由于 2 d 为偶数，故 p, q 同奇偶，? q ? p ?? q ? p ? 可被 4 整除，得 d 为偶数．这与上证 d 为奇数矛盾． 所以，在集合 ?2,5,13, d? 中可以找到两个不同元素 a , b ，使得 ab ? 1 不是完全平方数． ( IMO29?6 )设 a , b 为正整数， ab ? 1 整除 a ? b ．证明2 2例 17a 2 ? b2 是完全平方数． ab ? 1证明令a 2 ? b2 ? k ， k 是正整数．式中 a , b 是对称的，不妨设 a ? b ． ab ? 12a 2 ? k ? ? 2 ? k ? a 2 ? k ? k ? 1 ．本题获证． 2 a ?1(l)若 a ? b ，则(2) 若 a ? b ，由带余除法定理，可设 a ? bs ? t （ s ? 2, 0 ? t ? b, s, t 是整数 ) ，则a 2 ? b 2 b 2s 2 ? 2bst ? t 2? b 2 ? 为正整数， ab ? 1 b2 s ? bt ? 1由b 2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b 2 ? ? s ? 1? b 2 s ? bt ? 129 ?b s ?2 2? 2bst ? t 2 ? b 2 ? ? ? b 2 s 2 ? bst ? s ? ? ? b 2 s ? bt ? 1?b 2 s ? bt ? 1 ?bst ? t 2 ? b 2 ? s ? b 2 s ? bt ? 1 ? b 2 s ? bt ? 1 2 s ?b ? b ? t ? ? 1? ? ? b ? b ? t ? ? t ? 1 ? 0, ? ? b 2 s ? bt ? 1且? s ? 1? ?b 2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b 2 b 2 s ? bt ? 1?b s ?2 2? bst ? s ? ? ? b 2 s ? bt ? 1? ? ? b 2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b 2 ?b 2 s ? bt ? 1 bst ? s ? b 2 s ? bt ? 1 ? t 2 ? b 2 ? b 2 s ? bt ? 1 bst ? bt ? t 2 ? ? s ? ? b 2 s ? b 2 ? ? 1 ? ? b 2 s ? bt ? 1 t? b ? s ? 1? ? t ? ? b ?b ? t ? ? t 2 ? 1 ? ? ? ? 0, b 2 s ? bt ? 1得s ?1 ?b2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b2 ? s ?1， b2 s ? bt ? 1所以必有b2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b2 ?s， b2 s ? bt ? 1b2 ? t 2 ? sbt ? s ，化简得b2 ? t 2 ? s， bt ? 1a 2 ? b2 b2 ? t 2 ? ? s， ab ? 1 bt ? 1于是其中 t ? b ? a ．2 此时若 t ? 0 ，则 k ? b ，本题获证．若 t ? 0 ，可继续令 b ? ts1 ? t1 （ s1 ? 2,0 ? t1 ? t , s1 , t1 是整数） ，仿上可推得a 2 ? b2 b2 ? t 2 t 2 ? t12 ? ? ? s1 ， ab ? 1 bt ? 1 tt1 ? 1此时若 t1 ? 0 ，则 k ? t ，本题获证．230 若 t1 ? 0 ，可如上法做下去．因 t ? t1 ? t2 ?? 0 ，且均为整数．故总能得到某个ti ?1 ? 0 ，使 k ? ti 2 ，是完全平方数．综上本题获证．这种证明的方法叫“无穷递降法” ，是 17 世纪法国数学家费马(Fermat．1601 一 1665) 首创和应用的一种方法． 四．整除 整除的判别方法主要有 7 大类． 1．定义法．证 b a ? a ? bq ，有三种方式． （1）假设 a ? qb ? r ，然后证明 r ? 0 ． （定理 4） （2）具体找出 q ，满足 a ? bq ． （3）论证 q 的存在． 例 18 证明 任意一个正整数 m 与它的十进制表示中的所有数码之差能被 9 整除． 设 m ? an ?10n ? an?1 ?10n?1 ?? a1 ?10 ? a0 ，其中 0 ? ai ? 9, an ? 0 ，则m ? ? an ? an?1 ?? an ?10n ? 1? ? an ?1 ?10n?1 ? 1? ? ? ? 9 ? an ?11 1 ? ? an?1 ?11 1 ? n个1 n ?1个1 ?按定义 9 m ? ? an ? an ?1 ? 2．数的整除判别法． （1）任何整数都能被 1 整除．? a1 ? a0 ?? a1 ?10 ? 1? ? ? a2 ?11 ? a1 ? , ?? a1 ? a0 ? ．（2）如果一个整数的末位能被 2 或５整除，那么这个数就能被 2 或５整除． （3）如果一个整数的末两位能被４或 25 整除，那么这个数就能被 4 或 25 整除． （4）如果一个整数的末三位能被 8 或 125 整除，那么这个数就能被 8 或 125 整除． （5） 如果一个整数各数位上的数字之和能被 3 或 9 整除， 那么这个数就能被 3 或 9 整除． 证明 由 10 ? 1? mod3? ,10 ? 1? mod9? ，有an ?10n ? an?1 ?10n?1 ? an ?10n ? an?1 ?10n?1 ?? a1 ?10 ? a0 ? an ? an?1 ? ? a1 ?10 ? a0 ? an ? an?1 ?? a1 ? a0 ? mod3? ， ? a1 ? a0 ? mod9?（6） 如果一个整数的末三位数与末三位数以前的数字所组成的数的差能被 7 或 11 或 13 整除，那么这个数就能被 7 或 11 或 13 整除． 证明 由 m ? an an?1a2a1a0a3 ?1001 ? an an ?1? an an ?1?a3 ? a2 a1a0 ，31? 知1001 an an?1a3a2 a1a0 ? 1001 an an?1?a3 ? ?a2 a1a0 ，?又由 1001 ? 7 ?11?13 ，而 7,11,13 均为素数知， m 能被 7 或 11 或 13 整除． （7）如果一个整数的奇位数字之和与偶位数字之和的差能被 11 整除，则这个数能被 11 整除． 证明 由 10 ? ?1? mod11? ，有an ?10n ? an?1 ?10n?1 ? ? an ? ?1? ? an?1 ? ?1?n n ?1? a1 ?10 ? a0 ? ? a1 ? ?1? ? a0 ? mod11? .? ab n ? 2 ? b n ?1 ? ． ? ab 2 n ?3 ? b 2 n ? 2 ? ．3．分解法．主要用乘法公式．如a n ? b n ? ? a ? b ? ? a n ?1 ? a n ? 2b ? a n ?3b 2 ?a 2 n ?1 ? b 2 n ?1 ? ? a ? b ? ? a 2 n ? 2 ? a 2 n ?3b ? a 2 n ? 4b 2 ?a 2 n ? b2 n ? ? a ? b ? ? a 2 n?1 ? a 2 n?2b ? a 2 n?3b2 ?例 19 证明 试证 ?1 ? 2 ?? ab 2 n?2 ? b2 n?1 ? ．? 9 ? ?15 ? 25 ?5? 95 ? ．? 95 ，则改证 45 1 ? 2 ?5?? 95 ? ．设 S ? 15 ? 25 ?S ? ?15 ? 85 ? ? ? 25 ? 75 ? ? ? 35 ? 65 ? ? ? 45 ? 55 ? ? 95 ? ?1 ? 8 ? m1 ? ? 2 ? 7 ? m2 ? ? 3 ? 6 ? m3 ? ? 4 ? 5 ? m4 ? 95 ? 9 ? m1 ? m2 ? m3 ? m4 ? 94 ? ,得9 S ． 又S ? ?15 ? 95 ? ? ? 25 ? 85 ? ? ? 35 ? 75 ? ? ? 45 ? 65 ? ? 55? ?1 ? 9 ? m1 ? ? 2 ? 8 ? m2 ? ? 3 ? 7 ? m3 ? ? 4 ? 6 ? m4 ? 55 ? 5 ? 2m1 ? 2m2 ? 2m3 ? 2m4 ? 54 ? ,得5 S ． 但 ? 9,5? ? 1，得 45 S ，即 ?1 ? 2 ? 例 20? 9 ? ?15 ? 25 ?? 95 ? ．?1979, IMO21?1 ? 设 p 与 q 为正整数，满足p 1 1 ? 1? ? ? q 2 3 ? 1 1 ? ， 32 求证 p 可被 1979 整除（1979 p ） 证明p 1 1 ?1 ? ? ? q 2 31 1 ? ? ? 1 1 ? ?1 ? ? ? ? 2 3 ? 1 1 ? ?1 ? ? ? ? 2 3??1 1 ? ?1 1 ? ? ? 2? ? ?
? ? 2 4?1 ? ? 1318 ? 1 ? ? 659 ??1 1 ? ? 1 1 ? ? ? ?1 ? ? ?
? ? 2 3?1 1 1 1 ? ? ? ? 660 661 0 ?
? 990 ? ? ? ? 660 ?8 989 ? 990M 660 ? 661? 659! M ? 1979 ? 1319! ? 1979 ??1319得 1979 整除 1319! p ，但 1979 为素数， ?!? ? 1 ，得 p 可被 1979 整除． 例 20-1 2009 年 9 月 9 日的年、 月、 日组成 “长长久久、 永不分离” 的吉祥数字 ， 而它也恰好是一个不能再分解的素数． 若规定含素因子
的数为吉祥数， 请证明最 简分数m 1 1 ? 1? ? ? 的分子 m 是吉祥数． n 2
m 1 1 证明：由 ? 1 ? ? ? n 2 1 1 1 1 ?1 ? ?1 ? ? ? ?? ? ? ??? ? ?? ?? ? ? 1
? ? 45455 ? 09 ? ? ? ? 1?
? , 1? 2 ? ?
? 其中 p 为正整数，有 ? n ? p ? 1? 2 ??
? m ，这表明， 整除 1? 2 ? ?
为素数， 1 ? 2 ? ?
? 90909 不能整除 ，所以 整除 m ，得 m 是吉祥数． 4． 余数分类法． 例 21 证明 1 试证 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ． 任何整数 n 被 3 除其余数分为 3 类33 n ? 3k , n ? 3k ? 1, n ? 3k ? 2, k ? Z ，（1） n ? 3k 时，有n ? n ? 1?? 2n ? 1? ? 3 ? ? k ? 3k ? 1?? 6k ? 1? ? ?,有 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ． （2） n ? 3k ? 1 时，有n ? n ? 1?? 2n ? 1? ? 3 ? ?? 3k ? 1?? 3k ? 2 ?? 2k ? 1? ? ?,有 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ． （3） n ? 3k ? 2n ? n ? 1?? 2n ? 1? ? 3 ? ?? 3k ? 2 ?? k ? 1?? 6k ? 5 ? ? ?,有 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ． 综上得， 3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ．证明 2n ? n ? 1?? 2n ? 1? ?2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? ， 4得3 2n ? 2n ? 2?? 2n ?1? ，又 ? 3, 4? ? 1，得3 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ．5．数学归纳法． 6．反证法． 7．构造法． 例 22 k 个连续整数中必有一个能被 k 整除． 证明 设 k 个连续整数为a, a ? 1, a ? 2,, a ? k ? 1， , k ? 1 ，共 k ? 1若这 k 个数被 k 除没有一个余数为 0，则这 k 个数的余数只能取 1, 2, 种情况，必存在两个数a ? i, a ? j , 0 ? i ? j ? k ，使a ? i ? kq1 ? r , a ? j ? kq2 ? r,34 其中 q1 ? q2 ，相减i ? j ? k ? q1 ? q2 ? ，有 即i ? j ? k q1 ? q2 ? k ，i? j ?k与 i ? j ? k 矛盾．故 k 个连续整数中必有一个能被 k 整除． 也可以由 i ? j ? k ? q1 ? q2 ? 得0 ? i ? j ? k ? q1 ? q2 ? ? k ，推出 0 ? q1 ? q2 ? 1 ，与 q1 ? q2 为整数矛盾． 例 23 k 个连续整数之积必能被 k ! 整除． 证明 设 k 个连续整数为n, n ? 1, n ? 2,, n ? k ?1 ，（1）若这 k 个连续整数为正整数，则n ? n ? 1?? n ? 2 ? k!? n ? k ?1? ?n! k !? n ? k ?!? ?C ?k n只须证明，对任何一个素数 p ，分子中所含 p 的方次不低于分母中所含 p 的方次，由 高斯函数的性质 ? x ? y? ? ? x? ? ? y ? ，有?? p得? k ? ?n ? k ? ? ?n? ?k ? ?n ? k ? ? ?? ? ? ?? s ? ? ?? s ? s ? s p ? ? ?p ? ? p ? ? ?Ck n为整数（证实了组合数的实际意义）（2）若这 k 个连续整数中有 0，则连乘积为 0，必能被 k ! 整除． （3）若这 k 个连续整数为负整数，则n ? n ? 1?? n ? 2 ? ? n ? k ? 1? k! k ? ? n ?? ? n ? 1?? ? n ? 2 ? ? ? ?1? k! ? ? ?1?由（1）知k? ?n ? k ? 1?Ck ?n,Ck为整数，故 ?nn ? n ? 1?? n ? 2 ? k!? n ? k ? 1? 为整数．例 24 有男孩、女孩共 n 个围坐在一个圆周上（ n ? 3 ） ，若顺序相邻的 3 人中恰有一35 个男孩的有 a 组，顺序相邻的 3 人中恰有一个女孩的有 b 组，求证 3 a ? b ． 证明 现将小孩记作 ai (i ? 1, 2,…, n) ，且数字化?1, ai 表示男孩时 ai ? ? ??1, ai 表示女孩时则“3 人组”数值化为Ai ? ai ? ai ?1 ? ai ? 2?3, ai , ai ?1 , ai ? 2均为男孩 ? ??3, ai , ai ?1 , ai ? 2均为女孩 ?? ?1, ai , ai ?1 , ai ? 2恰有一个女孩 ??1, a , a , a 恰有一个男孩 i i ?1 i?2 ?其中 an? j ? a j ． 又设取值为 3 的 Ai 有 p 个，取值为 ?3 的 Ai 有 q 个，依题意，取值为 1 的 Ai 有 b 个， 取值为 ?1 的 Ai 有 a 个，得3( a1 ? a 2? …? an ) ? a (1 ?a ? ? ) a (?2a ? a ?4 … ) ? an ? ( a ? a1 2 a 3 3? 3 p ? (?3)q ? (?1)a ? b ? 3( p ? q) ? (b ? a) ，可见 3 a ? b ． 例 25 （1956，中国北京）证明 n ?32)3 2 1 n ? n ? 1 对任何正整数 n 都是整数，并且用 3 2 2除时余 2． 分析 只需说明n ? 3n ? 1? 3 2 1 n ? n? 为整数，但不便说明“用 3 除时余 2” ，应说明 2 2 2n ? n ? 1?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 是 3 的倍数．作变形 2 2 2 2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 1 ? ? 1, ? 3,8? ? 1 ， 2 2 8命题可证． 证明 已知即n ? n ? 1?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 1 ? ?1， 2 2 2因为相邻 2 个整数 n, ? n ? 1? 必有偶数，所以 n ?3①3 2 1 n ? n ? 1 为整数．又①可变为 2 236 2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 1 ? ?1， 2 2 8因为相邻 3 个整数 2n, ? 2n ? 2? , ? 2n ?1? 必有 3 的倍数，故 2n ? 2n ? 2?? 2n ?1? 能被 3 整除；又 ? 3,8? ? 1，所以2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? 3 2 1 3 能被 3 整除；得 n ? n ? n ? 1 用 3 除时 2 2 8余 2． 五、同余 根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以 直接用来解题． 例 26 正方体的顶点标上 ?1 或 ?1 ，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数 的乘积，求证，这样得出的 14 个数之和不能为 0． 证明 记 14 个数的和为 S ， 易知， 这 14 个数不是 ?1 就是 ?1 ， 若八个顶点都标上 ?1 ， 则 S ? 14 ，命题成立． 对于顶点有 ?1 的情况，我们改变 ?1 为 ?1 ，则和 S 中有 4 的数 a, b, c, d 改变了符号， 用 S 表示改变后的和，由/a ? b ? c ? d ? 0 ? mod 2? ，知S ? S / ? 2 a ? b ? c ? d ? 0 ? mod 4 ? ，这表明，改变一个 ?1 ，和 S 关于模 4 的余数不变，重复进行，直到把所有的 ?1 都改 变为 ?1 ，则S ? S / ? 1?1?所以， S ? 0 ． 例 27?1 ? 14 ? 2 ? mod 4? ，设多项式 f ?x? ? a0 x n ? a1 x n?1 ? ? ? an?1 x ? an 的系数都是整数， 并且有一个奇数 ? 及一个偶数 ? 使得 f ?? ? 及 f ?? ? 都是奇数，求证方程 f ?x ? ? 0 没有整数根． 证明 由已知有f ?? ? ? 1? mod 2? ? a0 ? a1 ? a2 ?? an ? 1? mod 2? ，① ②f ? ? ? ? 1? mod 2? ? an ? 1? mod 2? ，若方程 f ?x ? ? 0 存在整数根 x0 ，即 f ? x0 ? ? 0 ． 当 x0 为奇数时，有f ? x0 ? ? 0 ? mod 2? ? a0 ? a1 ? a2 ?? an ? 0 ? mod 2? ，37 与①矛盾． 有 x0 为偶数时，有f ? x0 ? ? 0 ? mod 2? ? an ? 0 ? mod 2? ，与②矛盾． 所以方程 f ?x ? ? 0 没有整数根． 六、不定方程 未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程．求不定方程的整数解， 叫做解不定方程． 解不定方程通常要解决 3 个问题，方程是否有解？有解时，有几个解， 解数是有限还是无穷？求出全部解． 例 28 解方程 7 x ? 19 y ? 213 ． 解法 1 由 ? 7,19? ? 1 知方程有整数解．观察特解，列表y12 253 ?x197 7得一个特解 ?? x0 ? 25, ? x ? 25 ? 19t , 从而通解为 ? ? y ? 2 ? 7t. ? y0 ? 2,方法总结：第 1 步，验证 ? a, b ? c ，经常是 ? a, b ? ? 1． 第 2 步，求特解（观察、列举、辗转相除等） ． 第 3 步，代入公式． 解法 2 由 ? 7,19? ? 1 知方程有整数解．用辗转相除法求特解，再得通解．先求7 x ? 19 y ? 1的一个解，由19 ? 2 ? 7 ? 5 7 ? 1? 5 ? 2 5 ? 2 ? 2 ?1逆过来有1 ? 5 ? 2 ? 2 ? 5 ? ? 7 ? 5? ? 2 ? 5 ? 3 ? 7 ? 2 ? ?19 ? 2 ? 7 ? ? 3 ? 7 ? 2 ? 19 ? 3 ? 7 ? ? ?8 ?38 同乘以 213，有7 ? ?8 ? 213? ?19 ?3? 213? ? 213 ，得? x ? ?1704 ? 19t , ? ? y ? 639 ? 7t.由 ? 7,19? ? 1 知方程有整数解．解法 3用柯西方法求特解，将方程变为x?令3? 2y ? t1 为整数，有 7 7t ? 3 t ?1 y? 1 ? 3t1 ? 1 ? 1 ， 2 2 t ?1 ? t2 为整数，有 令 1 2213 ? 19 y 3? 2y ? 30 ? 3 y ? ， 7 7t1 ? 2t2 ? 1代入得 y ? 2 ? 7t2 , x ? 25 ?19t2 ． 方法总结：第 1 步，将系数较小的那个未知数用另一个未知数来表示 第 2 步， 将表达式形式分离为整数部分与分数部分 （实际上也是整数） 设分数部分为 t1 ， 又得一个不定方程． 第 3 步，重复上述步骤，设逐次的分数部分为 t2 , t3 ,, tn ，那么方程的系数越来越小；对 ? a, b ? ? 1，经过有限次操作，最后方程的两个未知数中必有一个系数为 1，从而得到 （ d , e 为整数） tn?1 ? dtn ? e ， 第 4 步，将上式按顺序倒代上去，逐步求出 tn?2 , 通解 解法 4 用同余法，由 7 x ? 19 y ? 213 有, t2 , t1, x, y ，即得不定方程整数解得19 y ? 213 ? 3 ? 38 ? mod 7? ，但 ? 7,19? ? 1 ，有y ? 2 ? mod 7? ，得y ? 2 ? 7t ，39 进而x?213 ? 19 y 213 ? 19 ? 2 ? 7t ? ? ? 25 ? 19t ． 7 7方法总结： ax ? by ? c ? ax ? c ? mod b ? 或 by ? c ? mod a ? ． 例 29 解 求方程 x3 ? 2 x2 y ? 2009 的整数解．由 2009 的分解式，有x 2 ? x ? 2 y ? ? 1 ? 2009 ? 7 2 ? 41 ，2有? x 2 ? 1, ? x ? 1, ? x ? ?1, ?? ? ? ? x ? 2 y ? 2009, ? y ? 1004, ? y ? 1005, ? x2 ? 72 , ? x ? 7, ? x ? ?7, ?? ? ? ? x ? 2 y ? 41, ? y ? 17, ? y ? 24.例 30 甲乙两队各出 7 名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由 1 号 队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方 2 号队员比赛，?直到有一方队员全被淘汰为止，另 一方获得胜利， 形成一种比赛过程， 那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ． （1988， 高中联赛） 解法 1 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为 A 和 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6, A 7B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6 , B7 ．如果甲方获胜，设 Ai 获胜的场数是 xi ，则 0 ? xi ? 7,1 ? i ? 7 而且x1 ? x2 ?? x7 ? 7 ，①容易证明以下两点：在甲方获胜时 （i）不同的比赛过程对应着方程①的不同非负整数解； （ii）方程①的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1， 0）对应的比赛过程为： A 1胜 B 1 和 B2 ； B3 胜 A 1 、和 A 3 ； A4 胜 B3 后负于 B4 ； A 5 胜 B4 、 B5 和 B6 但负于 B7 ；最后 A6 胜 B7 结束比赛．下面求方程①的非负整数解个数，设 yi ? xi ? 1 ， 问题等价于方程y1 ? y2 ? y3 ? y4 ? y5 ? y6 ? y7 ? 14 ，正整数解的个数，将上式写成1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 14 ，从 13 个加号取 6 个的方法数 C13 种．得甲方获胜的不同的比赛过程有 C13 种．6 同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有 C13 种，合计 2C13 ? 3432 种比赛过程 7 6 6解法 2设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为 A 和 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6, A 740 B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6 , B7 ．每一个比赛过程对应着这 14 个元素的一个排列，且满足 Ai 的下标从左到右是递增的， Bi 的下标从左到右也是递增的．7 由于从 14 个位置中取出 7 个来，有序地排上 A 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6, A 7 有 C14 种排法，而剩下的 7 个位置有序地排上 B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6 , B7 只有一种排法，所以，问题的实质是从7 14 个相异元素中取出 7 个的组合数，得 C14 ? 3432 种比赛过程．解法 3 建立下面的对应； 集合 ? A 1, A 2 ,…,A 7 ? 的任一个 7 元可重组合对应着一个比赛 过程，且这种对应也是一个一一对应．例如前述的比赛过程对应的 7 长可重组合是?A1, A1, A4 , A5 , A5 , A5 , A6? ， 所 以 甲 方 获 胜 的 不 同 的 比 赛 过 程 的 总 数 就 是 集 合7 7 ?A1, A 2,…,A ? 7 的 7 长可重组合的个数 C7?7?1 ? C13 ．7 7 同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有 C13 种，合计 2C13 ? 3432 种比赛过程．例 31（1989，高中）如果从数 1，2，?，14 中按由小到大的顺序取出 a1 , a2 , a3 ，使同 时满足a2 ? a1 ? 3, a3 ? a2 ? 3 ，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？ 解 由已知得a1 ? 1 ? 0, a2 ? a1 ? 3 ? 0 a3 ? a2 ? 3 ? 0, 14 ? a3 ? 0,4 项均为非负数，相加得? a1 ?1? ? ? a2 ? a1 ? 3? ? ? a3 ? a2 ? 3? ? ? 14 ? a3 ? ? 7 ，于是 a1 , a2 , a3 的取法数就是不定方程x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 7的非负整数解的个数，作一一对应 y1 ? xi ? 1 ， 问题又等价于不定方程y1 ? y2 ? y3 ? y4 ? 11的正整数解．由41 1?1?? 1 ? 11 ，3 3 得 C10 个解，即符合要求的不同取法有 C10 种．七．数论函数 主要是 ? x ? 高斯函数， ? ? n ? 欧拉函数． 例 32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每 10 人推选一名代表，当各班人数除以 10 的余数大于 时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数 y 与该班人数 x 之间的函 ．． 6 ． 数关系用取整函数 y ? ? x? （ ? x ? 表示不大于 x 的最大整数）可以表示为 (A) y ? ? ? ?10 ??x?(B) y ? ?? x ? 3? ? 10 ? ?(C) y ? ?? x ? 4? ? 10 ? ?(D) y ? ?? x ? 5? ? 10 ? ? ? x ? 3? ． ? 10 ? ?（2010 年全国高考数学陕西卷理科第 10 题） 解法 1 选（B） ． （求解对照） ．规则是“六舍七入” ，故加 3 即可进 1． 选 y ? ?解法 2 选 （B） ． （特值否定） ． 取 x ? 56 ， 按规定应选 5 人， 可否定(C)、 (D)； 再取 x ? 57 ， 按规定应选 6 人，可否定(A)． 注：主要错误选(C) ，误为“五舍六入” ． 例 33 用 ? x ? 表示不大于 x 的最大整数，求?? 1 ? ? 2 ? ? ? 366 ? ? ? 366 ? ? ? ? ? ?? 366 ? ? ?讲解? 2004 ? ? ?? ? ? 366 ? ??． ? ? ?题目的内层有 2004 个高斯记号，外层 1 个高斯记号．关键是弄清 ? x ? 的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除： （1）分子是那些数相加，求出和来； 由 366 ? 5 ? 1830 ? 2004 ? 2196 ? 366 ? 6 ，知分子是 0～5 的整数相加，弄清加数各 有几个1～365 366～731 732～～～～20040 1 2 3 4 5365 个 366 个 366 个 366 个 366 个 175 个（2）除法谁除以 366，求出商的整数部分．42 原式 ? ?? 0 ? 365 ? 366 ?1 ? 2 ? 3 ? 4 ? ? 5 ?175 ? ? 366 ? ??10 ? 366 ? 875 ? ?? ? 366 ? ? 143 ? ? ? ?10 ? 2 ? 366 ? ? ? ? 12.命题背景 2004 年有 12 个月、366 天． 例 34 解50! 的标准分解式中 2 的指数．50! ? 2?1 3?2 5?3 7?411?513?617?719?8 23?9 29 31 37 41 43 472 的指数为? 50 ? ? 50 ? ? 50 ? ? 50 ? ? 50 ? ? 2 ? ? ? 3 ? ? ? 4 ? ? ? 5 ? ? 25 ? 12 ? 6 ? 3 ? 1 ? 47 ． ? ?2? ? ? ?2 ? ?2 ? ?2 ? ?2 ?图示（5 条横线，25 个偶数中 2 的方次，按横线求和） 八、综合练习 例 35 整数勾股形中，证明 （1）必有一条直角边长是 3 的倍数； （2）必有一条直角边长是 4 的倍数； （3）必有一条边长是 5 的倍数； （4）三角形的面积是 6 的倍数． 证明 当整数勾股形的三边有公约数时，可以先约去，使三边长 x, y, z 互素，且满足x2 ? y 2 ? z 2 .这时，若 x, y 两个均为偶数，则 z 也为偶数，与 x, y, z 互素矛盾；若 x, y 两个均为奇数，有x2 ? 1? mod 4? , y2 ? 1? mod 4? ，得z 2 ? x2 ? y2 ? 2 ? mod 4? ，这与平方数模 4 只能取 0，1 矛盾.所以， x, y 中有且只有一个为偶数，不妨设 x 为偶数. （1）设 x, y 中无一为 3 的倍数，则x2 ? 1? mod3? , y2 ? 1? mod3? ，得z 2 ? x2 ? y2 ? 2 ? mod3? ，这与平方数模 3 只能取 0，1 矛盾，故 x, y 中有一个为 3 的倍数. （2）由 x 为偶数.，必有 y, z 均为奇数，记x ? 2m, y ? 2 p ? 1, z ? 2q ? 1有4m2 ? x 2 ? z 2 ? y 2 ? ? 2q ? 1? ? ? 2 p ? 1? ? 4 ? q 2 ? q ? p 2 ? p ?2 243 则m2 ? q ? q ?1? ? p ? p ?1?右边是两个偶数的差，必为偶数，从而 x 为 4 的倍数. （3）若 x, y 中有 5 的倍数，命题已成立. 若 x, y 均不是 5 的倍数，则若 x, y 只能是形 如 5k ? 1 或 5k ? 2 的正整数. 若 x, y 均为 5k ? 1 型，则z 2 ? x2 ? y2 ? 1 ?1 ? 2 ? mod5?这与平方数模 5 只能取 0，1，4 矛盾 若 x, y 均为 5k ? 2 型，则z 2 ? x2 ? y2 ? 4 ? 4 ? 3? mod5?这与平方数模 5 只能取 0，1，4 矛盾. 所以， x, y 只能分别取 5k ? 1 与 5k ? 2 型，有z 2 ? x2 ? y2 ? 4 ?1 ? 0 ? mod5?得 5 z ，但 5 是素数，得 5 z . （4）由上证（1） 、 （2）及 ? 3,4 ? ?1 知， xy 是 12 的倍数，则 形的面积是 6 的倍数． 例 36 已知 ABC 内有 n 个点，连同 A, B, C 共有 n ? 3 个点，以这些点为顶点，把21 xy 是 6 的倍数，得三角 2ABC 分割为若干个互不重叠的小三角形，现把 A, B, C 分别染上红色、蓝色、黄色，而其余 n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必 是奇数． （斯潘纳定理） 证明 1 给这些小三角形的边赋值：当边的两端点同色时，记为 0；当边的两端点异色 时，记为 1； 再用三边之和给小三角形赋值：当三角形的三顶点同色时，和值为 0，记这样的小三角 形有 a 个；当三角形的三顶点中仅有两点同色时，和值为 2，记这样的小三角形有 b 个；当 三角形的三顶点两两异色时，和值为 3，记这样的小三角形有 c 个.下面用两种方法计算所有 三角形赋值的总和 S ，一方面 S ? 0 ? a ? 2 ? b ? 3 ? c ? 2b ? 3c . ① 另方面， AB, BC , CA 的赋值均为 1，和为奇数；而 ABC 内的每一条连线，在上述 S 的计算中都被计算了两次，和为偶数；这两者之和得 S 为奇数，记为S ? 2k ? 1由①，②得②2k ? 1 ? 2b ? 3c可见 c 为奇数，即三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数． （44 证明 2 设大三角形内部的红蓝边（一个端点红色、另一端点蓝色）有 k 条.又设三个顶 点分别为红、黄、蓝的小三角形有 p 个，三个顶点分别为红、红、蓝或红、蓝、蓝的小三 角形有 q 个，其余的小三角形有 r 个.下面，用两种方法来计算红蓝边的条数 e ，一方面，逐 一计算每个小三角形的红蓝边，再求和，得e ? p ? 2q .另方面， 每一条红蓝边在大三角形内部都被计算了两次， 而大三角形本身的红蓝边只计 算了计算了一次，故 e ? 2k ? 1 ， 有 即p ? 2q ? 2k ? 1 ，p ? 2 ? k ? q ? ? 1，这表明，三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数． （斯潘纳定理） 例 37 对整点 25 边形的顶点作三染色，求证，存在一个三顶点同色的三角形，它的重 心也是整点． 解 对 25 个顶点作三染色， 必有 9 个顶点同色， 不妨设 Ai ? xi , yi ? , i ? 1,2,,9 同红色，， 其 重 心下 面 证 明 ， 必 存 在 一 个 同 红 色 的Ai Aj Ak?1 ? i ? j ? k ? 9?? xi ? x j ? xk yi ? y j ? yk , ? 3 3 ?（1）若 A1 , A2 ,? ? 也是整点． ?, A9 的横（纵）坐标中有 5 个对模 3 同余，不妨设x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? mod3? ，这时，由于 y1 , y2 , y3 , y4 , y5 中必有 3 个数其和能被 3 整除，设3| ( yi ? y j ? yk ) ?1 ? i ? j ? k ? 5? ，则 Ai Aj Ak 重心也是整点． 同理，若纵坐标中有 5 个对模 3 同余，结论同样成立． （2）若 A1 , A2 ,, A9 的横坐标中任意 5 个对模 3 不同余，并且纵坐标中任意 5 个也对模 3 不同余，则横坐标中最多有 4 个对模 3 同余，因而 x1 , x2 , 1，2，同样， y1 , y2 , 现３次，不妨设, x9 被 3 除时，余数取遍 0，, y9 被 3 除时，余数也取遍 0，1，2．从而， xi 中至少有两种余数出x1 ? x2 ? x3 0 ?? m o ?d， 3 x4 ? x5 ? x6 1 ? ? m o ?d．345 这时，若 y1 ? y2 ? y3 ? mod3? 或 y4 ? y5 ? y6 ? mod3? 有一个成立，命题已真．否则y1 , y2 , y3 对模 3 至少有两个余数，记为 ? , ? ??0,1, 2? ，且 ?? , ? , ? ? ? ?0,1, 2 ? ．同样，y4 , y5 , y6 对 模 3 也 至 少 有 两 个 余数 ， 或 为 ? , ? ， 或 为 ? , ? ， 或 为 ? , ? ． 也 就 是 说对模 3 的余数只有两种可能： y1 , y2 , y3 , y4 , y5 , y6 ①包括全部 ?? , ? , ? ? ? ?0,1,2? ； ②只包括 ? , ? ，但每一个重复２次～４次． 这时取 k ??7,8,9? ，使 xk ? 2 ? mod3? ，则存在 i , j 满足 1 ? i ? 3 ? j ? 6 ，使xi ? x j ? xk ? 0 ?1? 2 ? 0 ? mod3? ，?? ? ? ? ? ? 0 ? mod 3? , ? yi ? y j ? yk ? ?? ? ? ? ? ? 0 ? mod 3? , ? ?? ? ? ? ? ? 0 ? mod 3? ,且使其中之一成立，从而 Ai Aj Ak 重心也是整点．46
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